（浙江選考）2020版高考物理總復習 第八章 3 第3節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動練習（含解析）

帶電粒子在復合場中的運動1如圖所示，真空中存在著下列四種有界的勻強電場E和勻強磁場B區(qū)域，一帶正電的小球(電荷量為q，質(zhì)量為m)從該復合場邊界上方的某一高度由靜止開始下落那么小球可能沿直線通過下列哪種復合場區(qū)域()解析：選B.對帶正電的小球進行受力分析可知，只有在選項B所示的復合場區(qū)域其所受洛倫茲力、重力、電場力可以平衡，故B正確2(2019·浙江“七彩陽光”聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導體板左、右，上、下，前、后六個側(cè)面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，當電流I通過導體板時，在導體板的兩側(cè)面之間產(chǎn)生霍耳電壓UH.已知電流I與導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關(guān)系為IneSv.實驗中導體板尺寸、電流I和磁感應(yīng)強度B保持不變，下列說法正確的是()A導體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用BUH存在于導體的Z1、Z2兩面之間C單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n越大，UH越小D通過測量UH，可用R求得導體X1、X2兩面間的電阻解析：選C.由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強電場，故電子也受電場力，在Y1、Y2之間也產(chǎn)生了電勢差，故選項A、B錯誤；當自由電子所受的電場力和洛倫茲力平衡時，霍耳電壓UH穩(wěn)定，即有Bev，又有IneSv，即得UH，故選項C正確；電流I并不是因霍耳電壓UH而形成的，所以R并不成立，選項D錯誤3(2019·杭州高三檢測)如圖所示，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內(nèi)擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A0B2mgC4mgD6mg解析：選C.設(shè)小球自左方擺到最低點時速度為v，則mv2mgL(1cos 60°)，此時qvBmgm，當小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，TmgqvBm，得T4mg，故C正確4使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器引出器原理如圖所示，一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O點(O點圖中未畫出)引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射出已知OQ長度為L，OQ與OP的夾角為.(1)求離子的電荷量q并判斷其正負；(2)離子從P點進入，Q點射出，通道內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度應(yīng)降為B，求B；(3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)為使離子仍從P點進入，Q點射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小解析：(1)離子做圓周運動，Bqvq，正電荷(2)如圖所示OQR，OQL，OORr引出軌跡為圓弧，Bqv得R根據(jù)幾何關(guān)系得R故B.(3)電場強度方向沿徑向向外引出軌跡為圓弧，BqvEqEBvBv.答案：(1)正電荷(2)(3)沿徑向向外Bv【課后達標檢測(一)】一、選擇題1(2019·臺州月考)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里一電子在xOy平面內(nèi)運動時，速度方向保持不變則電子的運動方向沿()Ax軸正向Bx軸負向Cy軸正向Dy軸負向答案：C2(2019·杭州調(diào)研)如圖所示，A板發(fā)出的電子(重力不計)經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運動，下列說法中正確的是()A當滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏的位置下降B當滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變C若磁場的磁感應(yīng)強度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D若磁場的磁感應(yīng)強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大答案：C3(2019·寧波選考適應(yīng)考試)在翻蓋手機中，經(jīng)常用霍爾元件來控制翻蓋時開啟或關(guān)閉運行程序如圖是霍爾元件示意圖，磁場方向垂直于霍爾元件工作面，通入圖示方向的電流I，MN兩端會形成電勢差UMN，下列說法錯誤的是()A電勢差UMN僅與材料有關(guān)B若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UMN0C僅增大M、N間的寬度，電勢差UMN變大D通過控制磁感應(yīng)強度可以改變電勢差UMN答案：A4(2019·浙江省名?？记把簩?如圖所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()A如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場B如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場解析：選D.由已知可得qUmv2，k，r，解得r.對于選項A，只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場對于選項B，粒子電性不變，不可能向上偏轉(zhuǎn)從ab邊某位置穿出磁場對于選項C，既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場對于選項D，只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場5(2019·浙江省溫州聯(lián)考選考科目)如圖所示，在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，質(zhì)子和氚核發(fā)生偏轉(zhuǎn)后射出，則下列說法錯誤的是()A偏向正極板的是質(zhì)子B偏向正極板的是氚核C射出時動能最小的是質(zhì)子D射出時動能最大的是氚核解析：選B.三個粒子射入時動能相同，由Ekmv2得質(zhì)量與速度的平方成反比三個粒子射入復合場中，都受到向下的電場力和向上的洛倫茲力，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則有BqvqE，vE/B.而質(zhì)子Bqv>qE，向上偏轉(zhuǎn)，運動過程中，洛倫茲力不做功，電場力做負功，射出時動能減少同理可得，氚核Bqv<qE，向下偏轉(zhuǎn)，運動過程中，電場力做正功，射出時動能增加6如圖，空間某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開此區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設(shè)粒子在上述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計)()At1t2t3Bt2<t1<t3Ct1t2<t3Dt1t3>t2解析：選C.在復合場中沿直線運動時，帶電粒子速度大小和方向都不變；只有電場時，粒子沿初速度方向的分速度不變，故t1t2.只有磁場時，粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向時刻改變，沿初速度方向的分速度不斷減小，故t1t2<t3，C正確7(多選)如圖為一“速度選擇器”裝置的示意圖a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經(jīng)小孔O進入a、b兩板之間為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO運動，由O射出，不計重力作用可能達到上述目的的辦法是()A使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里B使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里C使a板電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外D使a板電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外解析：選AD.要使電子沿直線OO運動，則電子在豎直方向所受電場力和洛倫茲力平衡，若a板電勢高于b板，則電子所受電場力方向豎直向上，其所受洛倫茲力方向必向下，由左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里，故A選項正確同理可判斷D選項正確8(多選)(2019·麗水調(diào)研)如圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷正確的是()A在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1B高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑解析：選AD.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2t2t1，選項A對；帶電粒子在回旋加速器中每運行一周加速兩次，高頻電源的變化周期應(yīng)該等于2(tntn1)，選項B錯；由rmv/(qB)/(qB)可知，粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，當軌道半徑與D形盒半徑相等時粒子就不能繼續(xù)加速，故選項C錯、D對9(多選)如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成角，且>，則下列說法中正確的是()A液滴可能做曲線運動B液滴有可能做勻變速直線運動C電場線方向一定斜向上D液滴一定帶正電解析：選CD.帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力F洛，由于>，這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做曲線運動和勻變速直線運動，故選項A、B錯誤當帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力f作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動如果帶電液滴帶負電或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故選項C、D正確二、非選擇題10如圖所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上yh處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x2h處的P點進入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場不計粒子重力求：(1)電場強度的大小E；(2)粒子在磁場中運動的軌道半徑r；(3)粒子從進入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t.解析：粒子的運動軌跡如圖所示(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1則有2hv0t1，hat根據(jù)牛頓第二定律得Eqma求得E.(2)設(shè)粒子進入磁場時速度為v，在電場中，由動能定理得Eqhmv2mv又Bqvm，解得r.(3)粒子在電場中運動的時間t1粒子在磁場中運動的周期T設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t2，t2T，求得tt1t2.答案：見解析11(2019·浙江猜題卷)如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，從y軸上的A點水平向右拋出經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)電場強度E的大小和方向；(2)小球從A點拋出時初速度v0的大??；(3)A點到x軸的高度h.解析：(1)小球在電場和磁場中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力必須與重力平衡，有qEmgE重力的方向是豎直向下，電場力的方向則應(yīng)為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上(2)小球做勻速圓周運動，O為圓心，MN為弦長，MOP，如圖所示設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知sin 小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有qvB由速度的合成與分解知cos 由式得v0cot .(3)設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vyv0tan 由勻變速直線運動規(guī)律得v2gh由式得h.答案：(1)方向豎直向上(2)cot (3)12(2019·杭州模擬)如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60°.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區(qū)和區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小(忽略粒子重力)解析：設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示粒子在磁場區(qū)和區(qū)中的磁感應(yīng)強度、軌道半徑和周期，有qvB1m，qvB2m，T1，T2.設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入?yún)^(qū)磁場連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其軌跡的半徑R1A1A2OA2r.圓心角A1A2O60°，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1T1.帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即R2r.在區(qū)磁場中運動的時間為t2T2，帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2.由以上各式可得B1，B2.答案：【課后達標檢測(二)】一、選擇題1(2019·紹興高二檢測)如圖所示，一束負離子從S點沿水平方向射出，在沒有電、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O；若同時加上電場和磁場后，負離子束最后打在熒光屏上坐標系的第象限中，則所加電場E和磁場B的方向可能是(不計離子重力及其間相互作用力，x軸垂直紙面向里)()AE向上，B向上BE向下，B向下CE向上，B向下DE向下，B向上答案：C2.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1，P2之間存在電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場一束粒子流(重力不計)以速度v從S1沿直線運動到S2，則下列說法中正確的是()A粒子一定帶正電B粒子一定帶負電C粒子的速度一定等于D粒子的速度一定等于答案：D3(2019·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，一電子束沿垂直于電場線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是()A將變阻器滑動頭P向右滑動B將變阻器滑動頭P向左滑動C將極板間距離適當減小D將極板間距離適當增大答案：D4(多選)(2019·溫州質(zhì)檢)在如圖所示的虛線區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場取坐標系如圖，一帶電粒子沿x軸正向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，不計重力的影響，電場強度E和磁感應(yīng)強度B的方向可能是()AE和B都沿x軸正向BE沿y軸正向，B沿z軸正向CE沿z軸正向，B沿y軸正向DE、B都沿z軸正向解析：選AB.本題沒有說明帶電粒子的帶電性質(zhì)，為便于分析，假定粒子帶正電A選項中，磁場對粒子作用力為零，電場力與粒子運動方向在同一直線上，帶電粒子的運動方向不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，A正確；B選項中，電場力方向向上，洛倫茲力方向向下，當這兩個力平衡時，粒子運動方向可以始終不變，B正確；C選項中，電場力、洛倫茲力都沿z軸正方向，粒子將做曲線運動，C錯誤；D選項中，電場力沿z軸正方向，洛倫茲力沿y軸負方向，兩力不可能平衡，粒子將做曲線運動，D錯誤如果粒子帶負電，仍有上述結(jié)果5.如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運動，已知電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為()A.，B.，CB，D.，解析：選D.液滴要在這種疊加場中做勻速圓周運動，從受力的角度來看，一是要滿足恒力的合力為零，即qEmg，有m；二是洛倫茲力提供向心力Bqv，則可得v，選項D正確6(多選)(2019·寧波調(diào)研)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連現(xiàn)分別加速氘核(H)和氦核(He)下列說法中正確的是()A它們的最大速度相同B它們的最大動能相同C它們在D形盒中運動的周期相同D僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能答案：AC7(多選)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，到達記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷()A若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大B若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小C只要x相同，則離子質(zhì)量一定相同D只要x相同，則離子的比荷一定相同解析：選AD.由動能定理有qUmv2.離子進入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運動的知識，有：x2r，故x ，分析四個選項，A、D正確，B、C錯誤8(多選)(2019·寧波質(zhì)檢)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場(電場強度為E)和勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)的復合場中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則()A小球可能帶正電B小球做勻速圓周運動的半徑r C小球做勻速圓周運動的周期TD若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加解析：選BC.小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受的電場力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv，Uqmv2，聯(lián)立mgqE可得：小球做勻速圓周運動的半徑r ，由T可以得出T，B、C正確，D錯誤9(2019·臺州質(zhì)檢)如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek的大小滿足()AEkEkBEk>EkCEk<EkD條件不足，難以確定解析：選B.設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場里，由動能定理可得eUmv2，v，在復合場里有BqvqE，則v，同理對于氘核由動能定理可得其離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，選項B正確二、非選擇題10.如圖所示，兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調(diào)的直流電源上，金屬板長為2d，兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強磁場現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電顆粒以v0的水平速度沿中心線進入兩板之間，調(diào)節(jié)電源電壓，使帶電顆粒在電場區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運動，經(jīng)過電場和磁場共存區(qū)域后從P點射出，已知P點距下極板為，重力加速度為g.(1)判斷上極板所帶電荷的種類，并求兩極板間的電勢差；(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小解析：(1)電場力方向向上，電場強度方向向下，所以，上極板帶正電荷；設(shè)兩極板電勢差為U，電場力與重力平衡，則由：qmg得：U.(2)顆粒在電場和磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系可知R2d2得：Rd由Bqv0m則磁感應(yīng)強度：B.答案：(1)正電荷(2)11(2018·11月浙江選考)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖(a)所示的“回旋變速裝置”兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方兩板間加上如圖(b)所示的幅值為U0的交變電壓，周期T0，板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子，有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子t0時刻，發(fā)射源在(x，0)位置發(fā)射一帶電粒子忽略粒子的重力和其他阻力，粒子在電場中運動的時間不計(1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在yy0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系解析：(1)發(fā)射源的位置x0y0粒子的初動能Ek0.(2)分下面三種情況討論見圖甲，Ek02qU0由y、R0、R1和mvmvqU0、mvmvqU0及xy2(R0R1)得xy 見圖乙，qU0Ek02qU0由yd、R0和mvmvqU0及x3(yd)2R0得x3(yd) 見圖丙，Ek0qU0由yd、R0和mvmvqU0及xyd4R0得xyd.答案：見解析12(2018·4月浙江選考)壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換為電壓信號，其原理如圖1所示壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“ ”形輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(xp，>0)霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚a×b×d、單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N形半導體制成磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強度大小為BB0(1|x|)，>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側(cè)面上D1 、D2兩點間產(chǎn)生霍爾電壓U0.(1)指出D1 、D2兩點哪點電勢高；(2)推導出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為Inevbd，其中e為電子電荷量)；(3)彈性盒中輸入壓力波p(t)，霍爾片中通以相同電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖象如圖3.忽略霍爾片在磁場中運動產(chǎn)生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率(結(jié)果用U0、U1、t0、及表示)解析：(1)根據(jù)左手定則，自由電子向D2移動，故D1點電勢高(2)電子受力平衡，有evB0eEH故U0EHbvB0bB0b.(3)由(2)可得霍爾電壓UH(t)B01|p|1|p(t)|U01|p(t)|故|p(t)|結(jié)合UHt圖象可得出壓力波p(t)關(guān)于時間t是正弦函數(shù)，周期T2t0，振幅A，頻率f.答案：見解析- 17 -