第八章第3節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

1、第八章 第3節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動【例1】(16分)如圖所示, 在水平地面上方有一范圍足夠大的互相正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電微粒在此區(qū)域內(nèi)沿豎直平面(垂直于磁場方向的平面)做速度大小為v的勻速圓周運(yùn)動,重力加速度為g.(1)求此區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向.(2)若某時刻微粒在場中運(yùn)動到P點(diǎn)時,速度與水平方向的夾角為60°,且已知P點(diǎn)與水平地面間的距離等于其做圓周運(yùn)動的半徑.求該微粒運(yùn)動到最高點(diǎn)時與水平地面間的距離.(3)當(dāng)帶電微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時,將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼?(方向不變,且不計電場變化對原

2、磁場的影響),且?guī)щ娢⒘Ｄ苈渲恋孛?求帶電微粒落至地面時的速度大小.【詳解】(1)由于帶電微?？梢栽陔妶觥⒋艌龊椭亓龉泊娴膮^(qū)域內(nèi)沿豎直平面做勻速圓周運(yùn)動,表明帶電微粒所受的電場力和重力大小相等、方向相反,因此電場強(qiáng)度的方向豎直向上. (1分)設(shè)電場強(qiáng)度為E,則有mg=qE (2分)即 (1分)(2)設(shè)帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有 (1分)解得 (1分)依題意可畫出帶電微粒做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知,該微粒運(yùn)動至最高點(diǎn)時與水平地面間的距離 (4分)(3)將電場強(qiáng)度的大小變?yōu)樵瓉淼膭t電場力F電=帶電微粒運(yùn)動過程中,洛倫茲力不做功,所以在

3、它從最高點(diǎn)運(yùn)動至地面的過程中,只有重力和電場力做功,設(shè)帶電微粒落地時的速度大小為v1,根據(jù)動能定理有 (4分) 解得：【例2】(14分)如圖所示,足夠長的光滑絕緣斜面與水平面的夾角為(sin=0.6)，放在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E=50 V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外.一個電荷量為q=4×10-2C，質(zhì)量m=0.40 kg的光滑小球，以初速度v0=20 m/s從斜面底端向上滑，然后又下滑，共經(jīng)過3 s脫離斜面，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度.(g取10 m/s2)【詳解】小球沿斜面向上運(yùn)動過程中受力分析如圖所示，由牛頓第二定律，得qEcos+mgsin=ma1， (3分)故

4、(1分)代入數(shù)據(jù)得a1=10 m/s2， (1分)上行時間 (1分)小球沿斜面下滑過程中受力分析如圖所示，小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動，a2=10 m/s2 (1分)運(yùn)動時間t2=1 s (1分)脫離斜面時的速度v=a2t2=10 m/s (1分)在垂直斜面方向上小球脫離斜面受力條件有： qvB+qEsin=mgcos， (3分)故 (2分) 【鞏固練習(xí)】1.（2011·新課標(biāo)全國卷·T25）如圖，在區(qū)域I（0xd）和區(qū)域II（dx2d）內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q（q0）的粒子a于某時刻從y軸

5、上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域I，其速度方向沿x軸正向。已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從p點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域I，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求（1）粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大?。唬?）當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差?！驹斀狻浚?）設(shè)粒子a在I內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動的圓心為C（在y軸上），半徑為Ra1，粒子速率為va,運(yùn)動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P，如圖，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，qvaB=m 由幾何關(guān)系有PCP= Ra1= 式中=30°，由上面三式可得va= （2）設(shè)粒

6、子a在II內(nèi)做圓周運(yùn)動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點(diǎn)為Pa（圖中未畫出軌跡），POaPa=，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有，q va（2B）=m 由式得Ra2= C、P、Oa三點(diǎn)共線，且由式知Oa點(diǎn)必位于x=d 的平面上，由對稱性知，Pa點(diǎn)與P的縱坐標(biāo)相同，即yPa=Ra1cosh 式中，h是C點(diǎn)的縱坐標(biāo)。設(shè)b在I中運(yùn)動的軌道半徑為Rb1，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有，q（）B= （）2 設(shè)a到達(dá)Pa點(diǎn)時，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)過的角度為，如果b沒有飛出I，則= = 式中，t是a在區(qū)域II中運(yùn)動的時間，而Ta2= Tb1= 由式得=30° 由式可見，b沒有飛出I。Pb點(diǎn)的y坐標(biāo)為yP

7、2=Rb1（2+cos）+h 由式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)差為yP2yPa=（2）d2.（2011·廣東理綜·T35）如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為和的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，,一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計重力。（1）已知粒子從外圓上以速度射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度的大小（2）若撤去電場，如圖19（b）,已知粒子從OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間（3）在圖19（b）中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)

8、入磁場，速度大小為，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？【答案】（1），（2），；（3）【詳解】（1）帶電粒子在復(fù)合場中受到電場力和洛倫茲力的作用，因為洛倫茲力不做功，故只要有電場力做功，由動能定理得:.（2）做出粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，則，得粒子的運(yùn)動半徑為洛倫茲力提供向心力：，聯(lián)立解得：在磁場中的運(yùn)動時間為：（3）若粒子能夠從AO延長線與外圓的交點(diǎn)射出，則有所有粒子均射出，此時粒子在A點(diǎn)的射入方向是垂直AC向下的，粒子軌跡的半徑為，此時對應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度是最大的設(shè)為Bm，要使粒子能從外圓射出，由洛倫茲力提供向心力得：所以3、 （2010·福建卷）21、（19

9、分）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為的絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R,b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計。求（1）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動的過程中，a棒中的電流

10、強(qiáng)度I，與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比；（2）a棒質(zhì)量ma；（3）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力F。解析：（1）a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR，有解得：（2）由于a棒在PQ上方滑動過程中機(jī)械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1=v2=v設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長為L乙，a棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Blv當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動時向下勻速運(yùn)動時，a棒中的電流為Ia、則 由以上各式聯(lián)立解得：（3）由題可知導(dǎo)體棒a沿斜面向上運(yùn)動時，所受拉力4、 （2010·山東卷）25（1

11、8分）如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運(yùn)動，后進(jìn)入電場做勻加速運(yùn)動，然后第二次進(jìn)入磁場中運(yùn)動，此后粒子在電場和磁場中交替運(yùn)動。已知粒子第二次在磁場中運(yùn)動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求粒子第一次經(jīng)過電場子的過程中電場力所做的功。粒子第n次經(jīng)過電場時電場強(qiáng)度的大小。粒子第n次經(jīng)過電場子所用的時間。假設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動時，電場區(qū)域場強(qiáng)為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系圖

12、線（不要求寫出推導(dǎo)過程，不要求標(biāo)明坐標(biāo)明坐標(biāo)刻度值）。解析：（1）根據(jù)，因為，所以，所以,（2）=，所以。（3），所以。(4)5、 （2010·天津卷）12.（20分）質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域。湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠(yuǎn)大于L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO的距離。以屏中心O為原點(diǎn)建立xOy直角坐標(biāo)系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向。（1）設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q0的正離子以速度v0沿OO的方向從O點(diǎn)射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點(diǎn)。若在兩極

13、板間加一沿+y方向場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，求離子射到屏上時偏離O點(diǎn)的距離y0;(2)假設(shè)你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結(jié)果計算未知離子的質(zhì)量數(shù)。上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿-y方向的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O點(diǎn)沿OO方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線。在兩線上取y坐標(biāo)相同的兩個光點(diǎn)，對應(yīng)的x坐標(biāo)分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標(biāo)大的光點(diǎn)是碳12離子擊中屏產(chǎn)生的，另一光點(diǎn)是未知離子產(chǎn)生的。盡管入射離子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板間運(yùn)動時OO方向的分速度總是遠(yuǎn)大于x方向和y方向的分速度。解析：（1）離子在電場中受到的電場力離子獲得的加速度離

14、子在板間運(yùn)動的時間到達(dá)極板右邊緣時，離子在方向的分速度離子從板右端到達(dá)屏上所需時間離子射到屏上時偏離點(diǎn)的距離由上述各式，得（2）設(shè)離子電荷量為，質(zhì)量為，入射時速度為，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場對離子的洛倫茲力已知離子的入射速度都很大，因而離子在磁場中運(yùn)動時間甚短，所經(jīng)過的圓弧與圓周相比甚小，且在板間運(yùn)動時，方向的分速度總是遠(yuǎn)大于在方向和方向的分速度，洛倫茲力變化甚微，故可作恒力處理，洛倫茲力產(chǎn)生的加速度是離子在方向的加速度，離子在方向的運(yùn)動可視為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，到達(dá)極板右端時，離子在方向的分速度離子飛出極板到達(dá)屏?xí)r，在方向上偏離點(diǎn)的距離當(dāng)離子的初速度為任意值時，離子到達(dá)屏上時的位置在

15、方向上偏離點(diǎn)的距離為，考慮到式，得由、兩式得其中上式表明，是與離子進(jìn)入板間初速度無關(guān)的定值，對兩種離子均相同，由題設(shè)條件知，坐標(biāo)3.24mm的光點(diǎn)對應(yīng)的是碳12離子，其質(zhì)量為，坐標(biāo)3.00mm的光點(diǎn)對應(yīng)的是未知離子，設(shè)其質(zhì)量為，由式代入數(shù)據(jù)可得故該未知離子的質(zhì)量數(shù)為14。6、 （2010·四川卷）24.（19分）如圖所示，電源電動勢。內(nèi)阻，電阻。間距的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場。閉合開關(guān)，板間電場視為勻強(qiáng)電場，將一帶正電的小球以初速度沿兩板間中線水平射入板間。設(shè)滑動變阻器接入電路的阻值為Rx，忽略空氣對小球的作用，取。（1）當(dāng)Rx=29時，電

16、阻消耗的電功率是多大？（2）若小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動并與板相碰，碰時速度與初速度的夾角為，則Rx是多少？【答案】0.6W；54?！窘馕觥块]合電路的外電阻為 根據(jù)閉合電路的歐姆定律 A R2兩端的電壓為 V R2消耗的功率為 W 小球進(jìn)入電磁場做勻速圓周運(yùn)動，說明重力和電場力等大反向，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律 連立化簡得 小球做勻速圓周運(yùn)動的初末速的夾角等于圓心角為60°，根據(jù)幾何關(guān)系得 連立帶入數(shù)據(jù) V 干路電流為 A 7、 （2010·安徽卷）23.(16分)如圖1所示，寬度為的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為），存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場和豎直方向上的周期性變化的

17、電場（如圖2所示），電場強(qiáng)度的大小為，表示電場方向豎直向上。時，一帶正電、質(zhì)量為的微粒從左邊界上的點(diǎn)以水平速度射入該區(qū)域，沿直線運(yùn)動到點(diǎn)后，做一次完整的圓周運(yùn)動，再沿直線運(yùn)動到右邊界上的點(diǎn)。為線段的中點(diǎn)，重力加速度為g。上述、為已知量。 (1)求微粒所帶電荷量和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)求電場變化的周期；(3)改變寬度，使微粒仍能按上述運(yùn)動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求的最小值。解析： （1）微粒作直線運(yùn)動，則 微粒作圓周運(yùn)動，則 聯(lián)立得 （2）設(shè)粒子從N1運(yùn)動到Q的時間為t1，作圓周運(yùn)動的周期為t2，則 聯(lián)立得 電場變化的周期 （3）若粒子能完成題述的運(yùn)動過程，要求 d2R (10)聯(lián)立得 （11

18、）設(shè)N1Q段直線運(yùn)動的最短時間為tmin，由（10）（11）得 因t2不變，T的最小值【考點(diǎn)模擬演練】1.(2011·南昌模擬)如圖為一“濾速器”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(jìn)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(qiáng)磁場，使所選電子仍能沿水平直線OO運(yùn)動，由O射出.不計重力作用.可能達(dá)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

19、方向垂直紙面向外【答案】選A、D.【詳解】電子能沿水平直線運(yùn)動，則電子所受的電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，當(dāng)a板電勢高于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向里，所以A正確C錯誤；當(dāng)a板電勢低于b板時，根據(jù)左手定則判斷，磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，所以D正確B錯誤.2.(2011·黃岡模擬)如圖所示，空間存在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)電場方向豎直向上，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里.有一內(nèi)壁光滑、底部有帶正電小球的試管.在水平拉力F作用下，試管向右勻速運(yùn)動，帶電小球能從試管口處飛出.已知小球質(zhì)量為m，帶電量為q，場強(qiáng)大小為關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運(yùn)動，下列說法中正確的是

20、( )A.洛倫茲力對小球不做功B.洛倫茲力對小球做正功C.小球的運(yùn)動軌跡是一條拋物線D.維持試管勻速運(yùn)動的拉力F應(yīng)逐漸增大【答案】選A、C、D.【詳解】洛倫茲力方向始終與小球運(yùn)動速度方向垂直，不做功，故A正確B錯誤；小球在豎直方向受向上的電場力與向下的重力，二者大小相等，試管向右勻速運(yùn)動，小球的水平速度保持不變，則豎直向上的洛倫茲力分量大小不變，小球豎直向上做加速運(yùn)動，即小球做類平拋運(yùn)動，故C正確；小球豎直分速度增大，受水平向左的洛倫茲力分量增大，為維持試管勻速運(yùn)動拉力F應(yīng)逐漸增大，D正確.3.在如圖所示的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)(不計重力),電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動的是( )

21、【答案】選B、C.【詳解】若電子水平向右運(yùn)動,在A圖中電場力水平向左,洛倫茲力豎直向下,故不可能;在B圖中,電場力水平向左,洛倫茲力為零,故電子可能水平向右做勻減速直線運(yùn)動;在C圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向下,當(dāng)二者大小相等時,電子向右做勻速直線運(yùn)動;在D圖中電場力豎直向上,洛倫茲力豎直向上,故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動,因此只有選項B、C正確.4.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一帶電粒子在電場力和洛倫茲力共同作用下,從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動,到達(dá)B點(diǎn)時速度為零,C為運(yùn)動的最低點(diǎn),不計重力,則( )A.該粒子必帶正電荷B.A、B兩點(diǎn)位于同一高度

22、C.粒子到達(dá)C點(diǎn)時的速度最大D.粒子到達(dá)B點(diǎn)后,將沿原曲線返回A點(diǎn)【答案】選A、B、C.【詳解】在不計重力情況下,粒子從A點(diǎn)由靜止開始向下運(yùn)動,說明粒子受向下的電場力,帶正電,選項A正確.整個過程中只有電場力做功,而A、B兩點(diǎn)粒子速度都為零,所以A、B在同一等勢面上,選項B正確.運(yùn)動到C點(diǎn)時粒子在電場力方向上發(fā)生的位移最大,電場力做功最多,粒子速度最大,選項C正確.粒子從B點(diǎn)向下運(yùn)動時受向右的洛倫茲力,將向右偏,故選項D錯.5.地球大氣層外有一層復(fù)雜的電離層，既分布有地磁場，也分布有電場.假設(shè)某時刻在該空間中有一小區(qū)域存在如圖所示的電場和磁場；電場的方向在紙面內(nèi)斜向左下方，磁場的方向垂直紙面向

23、里.此時一帶電宇宙粒子恰以速度v垂直于電場和磁場射入該區(qū)域，不計重力作用，則在該區(qū)域中，有關(guān)該帶電粒子的運(yùn)動情況可能的是( )A.仍做直線運(yùn)動 B.立即向左下方偏轉(zhuǎn)C.立即向右上方偏轉(zhuǎn) D.可能做勻速圓周運(yùn)動 【答案】選A、B、C.【詳解】因Eq與Bqv二者開始時方向相反，當(dāng)二者相等時，A正確；當(dāng)Eq>Bqv時，向電場力方向偏，當(dāng)Eq<Bqv時，向洛倫茲力方向偏，B、C正確；有電場力存在，粒子不可能做勻速圓周運(yùn)動，D錯.6.如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.質(zhì)量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑，在滑塊下滑的過程中

24、，下列判斷正確的是( )A.滑塊受到的摩擦力不變B.滑塊到達(dá)地面時的動能與B的大小無關(guān)C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D.B很大時，滑塊可能靜止于斜面上【答案】選C.【詳解】滑塊受重力、支持力、垂直于斜面向下的洛倫茲力和沿斜面向上的摩擦力四個力的作用.初始時刻洛倫茲力為0，滑塊在重力和摩擦力的作用下沿斜面向下運(yùn)動，隨著速度v的增大，洛倫茲力qvB增大，滑塊受到的彈力增大，引起摩擦力增大，故A、B均錯；當(dāng)mgsin=(mgcos+qvB)時，滑塊開始做勻速運(yùn)動，D錯.綜上所述，選項C正確.7.空間存在如圖所示的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B.下面關(guān)于帶電粒子在其中運(yùn)動情況的判斷，正確的是( )A.

25、若不計重力，粒子做勻速運(yùn)動的方向可沿y軸正方向，也可沿y軸負(fù)方向B.若不計重力，粒子可沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動C.若重力不能忽略，粒子不可能做勻速直線運(yùn)動D.若重力不能忽略，粒子仍可能做勻速直線運(yùn)動【答案】選D.【詳解】若不計重力，當(dāng)正電荷沿y軸正方向運(yùn)動時，所受電場力沿x軸正方向，所受洛倫茲力沿x軸負(fù)方向；當(dāng)二者滿足qE=qvB時，粒子做勻速直線運(yùn)動.當(dāng)粒子帶負(fù)電時，電場力與洛倫茲力均反向，仍可做勻速直線運(yùn)動.但當(dāng)粒子沿y軸負(fù)方向運(yùn)動時，電場力與洛倫茲力總是同向的，粒子受力不能平衡，故不能做勻速直線運(yùn)動，A錯誤；粒子沿x軸正方向運(yùn)動時，因洛倫茲力沿y軸方向，粒子一定要偏轉(zhuǎn)，故B錯；重力不

26、能忽略時，只要粒子運(yùn)動方向和受力滿足如圖所示條件，粒子就可能做勻速直線運(yùn)動，C錯，D正確.8.不計重力的負(fù)粒子能夠在圖所示的正交勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中勻速直線穿過設(shè)產(chǎn)生勻強(qiáng)電場的兩極板間電壓為U，距離為d，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子電荷量為q，進(jìn)入速度為v，以下說法正確的是() A若同時增大U和B，其他條件不變，則粒子一定能夠直線穿過B若同時減小d和增大v，其他條件不變，則粒子可能直線穿過C若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子動能一定減小D若粒子向下偏能夠飛出極板間，則粒子的動能有可能不變【答案】BC【詳解】粒子能夠直線穿過則有qqvB，即v，若U、B增大的倍數(shù)不同，粒子不能沿直線穿過，A項錯

27、，同理B正確；粒子向下偏，電場力做負(fù)功，又W洛0，所以Ek0，C項正確9.環(huán)形對撞機(jī)是研究高能離子的重要裝置，如圖正、負(fù)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(jī)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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速圓周運(yùn)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(yùn)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(yīng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度B越小C對于給定的帶電粒子，加速電壓U越大，粒子運(yùn)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(yùn)動的周期都不變【答案】BC【詳解】在加速器中qUmv2，在環(huán)狀空腔內(nèi)做勻速圓周運(yùn)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