4、頭所示，現(xiàn)加一垂直于軌道
平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則 ( )
A．若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將大于T0
B．若磁場方向指向紙里，質(zhì)點運動的周期將小于T0
C．若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期將大于T0
D．若磁場方向指向紙外，質(zhì)點運動的周期將小于T0
答案：AD
解析：若磁場方向指向紙里，由左手定則可判斷洛倫茲力方向與庫侖力方向相反，則帶負電粒子做圓周運動的向心力減小，由于半徑不變，其速度減小，周期變大，故A對B錯；若磁場方向指向紙外，洛倫茲力與庫侖力方向相同，其速度要增大，周期變小，故C錯D對．
6．(xx·青島模擬)環(huán)形對撞機是研究
5、高能離子的重要裝置，如圖正、負離子由靜止經(jīng)過電壓為U的直線加速器加速后，沿圓環(huán)切線方向注入對撞機的真空環(huán)狀空腔內(nèi)，空腔內(nèi)存在著與圓環(huán)平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B.(兩種帶電粒子將被局限在環(huán)狀空腔內(nèi)，沿相反方向做半徑相等的勻強圓周運動，從而在碰撞區(qū)迎面相撞．)為維持帶電粒子在環(huán)狀空腔中的勻速圓周運動，下列說法正確的是 ( )
A．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應強度B越大
B．對于給定的加速電壓，帶電粒子的比荷越大，磁感應強度B越小
C．對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運動的周期越小
D．對于給定的帶電粒子，不管加速電壓U多大，粒子運動的
6、周期都不變
答案：BC
解析：在加速器中qU＝mv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運動的半徑r＝，即r＝，所以在半徑不變的條件下越大，B越小，選項B正確；粒子在空腔內(nèi)的周期T＝，故加速電壓越大，粒子的速率v越大，其周期越小，選項C正確．
7．一回旋加速器，在外加磁場一定時，可把質(zhì)子(H)加速到v，使它獲得動能為Ek，則：
(1)能把α粒子(He)加速到的速度為________．
(2)能使α粒子獲得的動能為________．
(3)加速α粒子的交流電壓頻率與加速質(zhì)子的交流電壓頻率之比為________．
答案：(1) (2)Ek (3)1∶2
解析：應用粒子在磁場中做圓周運動的半徑公
7、式和周期公式便可求出速度的表達式及頻率表達式．
(1)設加速器D形盒半徑為R，磁場磁感應強度為B
由R＝得v＝，＝×＝×＝
所以α粒子獲得的速度
vα＝vp＝v.
(2)由動能Ek＝mv2，得
＝()2×＝()2×＝
所以α粒子獲得的動能也為Ek.
(3)交流電壓頻率與粒子在磁場中的回旋頻率相等
f＝＝，＝×＝×＝.
α粒子與質(zhì)子所需交流電壓頻率之比為1∶2.
8．兩塊金屬板a、b平行放置，板間存在與勻強電場正交的勻強磁場，假設電場、磁場只存在于兩板間的空間區(qū)域．一束電子以一定的初速度v0從兩極板中間，沿垂直于電場、磁場的方向射入場中，無偏轉(zhuǎn)地通過場區(qū)，如圖所示，已知板
8、長l＝10cm，兩板間距d＝3.0cm，兩板間電勢差U＝150V，v0＝2.0×107m/s.
(1)求磁感應強度B的大??；
(2)若撤去磁場，求電子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及電子通過場區(qū)后動能的增加量(電子所帶電量的大小與其質(zhì)量之比＝1.76×1011C/kg，電子帶電量的大小e＝1.60×10－19C)．
答案：(1)2.5×10－4T
(2)1.1×10－2m；55eV
解析：(1)電子進入正交的電、磁場不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則滿足
Bev0＝e，B＝＝2.5×10－4T
(2)設電子通過場區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離為y1
y1＝at2＝··＝1.1×10－2m
ΔEk＝eEy1＝ey
9、1＝8.8×10－18J＝55eV
1.一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場．粒子的一段徑跡如下圖所示．徑跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的能量逐漸減小(帶電量不變)．從圖中情況可以確定 ( )
A．粒子從a到b，帶正電
B．粒子從a到b，帶負電
C．粒子從b到a，帶正電
D．粒子從b到a，帶負電
答案：C
解析：垂直于磁場方向射入勻強磁場的帶電粒子受洛倫茲力作用，使粒子做勻速圓周運動，半徑R＝mv/qB.由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量減小，磁感應強度B與帶電量不變，又據(jù)Ek＝mv2知，v在減
10、小，故R減小，可判定粒子從b向a運動；另據(jù)左手定則，可判定粒子帶正電．
2．一同學家中電視機畫面的幅度偏小，維修店的技術人員檢查后認為是顯像管或偏轉(zhuǎn)線圈出了故障(顯像管及偏轉(zhuǎn)線圈L如下圖所示)．那么引起故障的原因可能是( )
A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數(shù)減小
B．加速電場的電壓過高，電子速率偏大
C．偏轉(zhuǎn)線圈匝間短路，線圈匝數(shù)減少
D．偏轉(zhuǎn)線圈的電流過小，偏轉(zhuǎn)磁場減弱
答案：BCD
解析：畫面變小，是由于電子束的偏轉(zhuǎn)角減小，即偏轉(zhuǎn)軌道半徑增大所致，根據(jù)軌道半徑公式r＝，加速電壓增大，將引起v增大，而偏轉(zhuǎn)線圈匝數(shù)減少或電流減小，都會引起B(yǎng)減小，并最終導致r增大，偏轉(zhuǎn)角減?。?/p>
11、
3．質(zhì)譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場，如圖為質(zhì)譜儀的原理圖．設想有一個靜止的質(zhì)量為m、帶電量為q的帶電粒子 (不計重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應強度為B的偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子打至底片上的P點，設OP＝x，則在圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關系的是
( )
答案：B
解析：帶電粒子先經(jīng)加速電場加速，故qU＝mv2，進入磁場后偏轉(zhuǎn)，OP＝x＝2r＝，兩式聯(lián)立得，OP＝x＝∝，所以B為正確答案．
4．如右圖所示，在平行帶電金屬板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子、氘核、氚核沿平行于金屬板方向，以相同動能射入兩極板間，其中氘核沿直線運動，未發(fā)
12、生偏轉(zhuǎn)，質(zhì)子和氚核發(fā)生偏轉(zhuǎn)后射出，則：①偏向正極板的是質(zhì)子；②偏向正極板的是氚核；③射出時動能最大的是質(zhì)子；④射出時動能最大的是氚核．以上說法正確的是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
答案：D
解析：質(zhì)子、氘核、氚核質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為H、H、H，由于它們的動能相同，故質(zhì)子的速度大于氘核速度，氚核速度小于氘核速度，而氘核未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則氚核偏向電場力方向，質(zhì)子偏向洛倫茲力方向，故選D.
5．如下圖所示，設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，已知一粒子在重力、電場力和洛倫茲力作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為
13、零，C點是運動的最低點，以下說法正確的是 ( )
A．這粒子必帶正電荷
B．A點和B點在同一高度
C．粒子在C點時速度最大
D．粒子到達B點后，將沿曲線返回A點
答案：ABC
解析：根據(jù)粒子彎曲方向，可知受洛倫茲力方向必沿彎曲方向，判斷出粒子必帶正電．而粒子在A、B兩點時速度都為零，在運動過程中洛倫茲力不做功，這樣重力功和電場力功應均為零．即A、B點在同一高度；粒子到達最低點C點，電場力功和重力功最大，速度達到最大，而粒子到B點后將沿同樣路徑向右偏轉(zhuǎn)．
6．如下圖所示，是一種質(zhì)譜儀的示意圖，從離子源S產(chǎn)生的正離子，經(jīng)過S1和S2之間的加速電場，進入速度選擇器，P
14、1和P2間的電場強度為E，磁感應強度為B1，離子由S3射出后進入磁感應強度為B2的勻強磁場區(qū)域，由于各種離子軌跡半徑R不同，而分別射到底片上不同的位置，形成譜線．
(1)若已知S1S2間加速電壓為U，并且磁感應強度B2半徑R也是已知的，則離子的比荷__________.
(2)若已知速度選擇器中的電場強度E和磁感應強度B1，R和B2也知道，則離子的比荷為______________．
(3)要使氫的同位素氘和氚經(jīng)加速電場和速度選擇器以相同的速度進入磁感應強度為B2的勻強磁場．(設進入加速電場時速度為零)
A．若保持速度選擇器的E和B1不變，則加速電場S1S2間的電壓比應
15、為________________．
B．它們譜線位置到狹縫S3間距離之比為____________________．
答案：(1) (2) (3)A.；B.
解析：(1)由于粒子在B2區(qū)域做勻速圓周運動，R＝，這個速度也就是粒子經(jīng)加速電場加速后的速度，在加速過程中qU＝mv2，
所以＝＝，＝
(2)在速度選擇器中，粒子沿直線穿過，故qE＝qvB1
E＝vB1＝，
故＝
(3)(A)氘核H，氚核H，設經(jīng)加速后二者速度均為v，經(jīng)電場加速：q1U1＝m1v2，q2U2＝m2v2.
由以上兩式得：
＝＝·＝
(B)它們譜線的位置到狹縫S3的距離之比實際上就是兩種粒子在磁場中做勻
16、速圓周運動的直徑之比，也是半徑之比．
＝＝＝＝.
7．已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動．如圖所示．求：
(1)液滴在空間受到幾個力作用？
(2)液滴帶電荷量及電性．
(3)液滴做勻速圓周運動的半徑多大？
答案：(1)三 (2)負電， (3)
解析：(1)由于是帶電液滴，它必然受重力，又處于電磁場中，還應受到電場力及洛倫茲力共三個力作用．
(2)因液滴做勻速圓周運動，故必須滿足重力與電場力平衡，所以液滴應帶負電，電荷量由mg＝Eq，求得：q＝mg/E.
(3)盡管液滴受三個力，但合力為洛倫茲力，
17、所以仍可用半徑公式R＝，把電荷量代入可得：R＝＝.
8．(xx·濟南模擬)某塑料球成型機工作時，可以噴出速度v0＝10m/s的塑料小球，已知噴出小球的質(zhì)量m＝1.0×10－4kg，并且在噴出時已帶了q＝－1.0×10－4C的電荷量，如圖所示，小球從噴口飛出后，先滑過長d＝1.5m的水平光滑的絕緣軌道，而后又過半徑R＝0.4m的圓弧形豎立的光滑絕緣軌道，今在水平軌道上加上水平向右的電場強度為E的勻強電場，小球?qū)⑶『脧膱A弧軌道的最高點M處水平飛出；若再在圓形軌道區(qū)域加上垂直紙面向里的勻強磁場后，小球?qū)⑶『脧膱A形軌道上與圓心等高的N點脫離軌道落入放在地面上接地良好的金屬容器內(nèi)，g＝10m/s2.
求：(1)所加電場的電場強度E；
(2)所加磁場的磁感應強度B.
答案：(1)32V/m (2)5T
解析：(1)設小球在M點的速率為v1，只加電場時對小球在M點由牛頓第二定律得：mg＝m
在水平軌道上，對小球由動能定理得：
qEd＝mv－mv
由以上兩式解之得：E＝32V/m
(2)設小球在N點速率為v2，在N點由牛頓第二定律得：qv2B＝m
從M到N點，由機械能守恒定律得：
mgR＋mv＝mv
解得：B＝5T.
2022年高中物理 第三章第6節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動教案 新人教版選修3-1
