第6题图
A．上极板为发电机正极
B．外电路闭合时，电阻两端的电压为Bdv
C．带电粒子克服电场力做功把其他形式的能转化为电能 D．外电路断开时，等离子受到的洛伦兹力与电场力平衡 7．(多选)速度选择器可根据需要通过改变平行板电容器电量或电压，改变板的正对面积(两板为伸缩板)或平行板间距离等来改变电场，或改变磁场的磁感应强度来选择速度不同的粒子；某速度选择器原来选择某一速度的粒子，今欲使选择粒子速度变为原来2倍，改变其中两个条件，其他条件不变，下列方法可行的是( )
1
A．将两板所带电量加倍而板间距离变为原来 2
B．电量和磁感应强度都变为原来2倍 C．电压和磁感应强度都变为原来2倍 D．电压和板的正对面积都变为原来2倍
8．如图所示的装置，左半部分为速度选择器，右半部分为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响．
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)．
第8题图
9．如图所示为一种获得高能粒子的装置．环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场．质量为m、电量为＋q的粒子可在环中做半径为R的圆周运动．A、B为两块中心开有小孔的极板．原来电势都为零，每当粒子经过A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速．每当粒子离开B板时，A板的电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行的半径不变．(设极板间距远小于R)
(1)设t＝0时粒子静止在A板小孔处，经电场加速后，离开B板在环开磁场中绕行，求粒子绕行第1圈时的速度v1和磁感应强度B1；
(2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行n圈所需的总时间t；
(3)在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可以始终保持为＋U？为什么？
11
第9题图
12
课时作业(三十七) 磁场对运动
电荷的作用力
第1课时 洛伦兹力 带电粒子
在磁场中的运动
1．ABC 【解析】 由左手定则可知，A选项正确；根据匀强磁场中洛仑兹力提供向心力，向心加速度，以及推导得出的周期、半径公式结合给出的比荷相同，可得出BC正确；虽然比荷相同，但质量关系不确定，故D选项错误．
2．C 【解析】 由左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子带负电，故A错误；由qvB＝
v2mv2m，得R＝，设正方形边长为a，由几何关系可知甲、乙粒子半径分别为R1＝2a，R2＝RBq2a，对应圆心角分别为45°，90°，所以速度之比为v1∶v2＝ R1∶R2＝2∶1，动能之比为4∶1，
2πR2πm洛伦兹力之比为v1∶v2＝R1∶R2＝2∶1，故A、B错误，C正确；周期T＝＝，运动vqBθ
时间t＝T，所以时间之比为1∶2，故D错误．
2π
3．D 【解析】 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O1必在过入射点垂直于入射速度方向的直线PO1上，由于粒子的轨道半径为r＝R，又射入点P与ab的距离为，故圆弧PN2
Rv22πm2πm对应圆心角为120°，由qvB＝m，周期T＝＝，所以粒子在磁场中运动的时间为RvqBt＝
θ2πmT＝，故D正确，A、B、C错误． 2π3Bq第3题图
a4．C 【解析】 由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径r＝＝
2
cos30°
a，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公33
a式r＝有
mvqBamv03mv0＜，即B＜，C选项正确． eBae3
第4题图
5．D 【解析】 对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁θ
场中的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T知，运动时间t越小，
2π故C错误；速度满足v＝
qBRmv时，轨道半径r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心mqB构成菱形，入射点与轨迹圆心的连线垂直MN板，则出射点与磁场圆心的连线垂直MN板，即
粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确．
6．AC 【解析】 如图所示，带负电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动轨迹如图中劣2mv2θθ2πm弧所示，经磁场偏转后发生位移大小d＝2Rsinθ＝sinθ，所用时间t＝T＝×Bq2ππBq2θm＝.当改变磁场方向时，所对轨迹变为图中优弧所示，故A选项正确；而B增大时由两
Bq推导式可知d、t均减小，故B选项错误；v增大时由两推导式可知d增大，t减小，故C选项正确；θ减小，由两推导式可知d、t均减小，故D选项错误．
第6题图
mv22πm7．AD 【解析】 根据Bqv＝和T＝可知，电子在磁场中的运动半径越大，速
rBq度越大，由此可知，从b点离开的电子速度最大，A正确；转过的角度越大，时间越长，B
错误；从a点射出的电子偏转角最大，C错误；在磁场中运动时间相同的电子，由于周期相同，其偏转角也相同，因此半径也相同，所以其轨迹线一定重合，D正确．
8．A 【解析】 经bc两点的粒子轨迹如图所示，根据几何关系不难得出Rb∶Rc＝1∶2；
mvθ
θb∶θc＝2∶1，根据半径公式R＝以及移动时间公式t＝T，可得vb∶vc＝1∶2，tb∶
Bq2πtc＝2∶1，故A选项正确．
第8题图
5
9．(1)1.7×10 m/s (2)在距C点距离2 cm≤x≤6 cm范围内 【解析】 (1)运动轨迹如图所示，设此情况下轨道半径为R1，根据空间关系有：R＝(R1－0.02)＋l.①根据半
21
2
2
径公式有：R1＝
mv1q9－4
②.已知l＝0.08 m ③，＝5×10 C/kg ④，B＝2×10 T ⑤.综Bqm5
合①②③④⑤可得：v1＝1.7×10 m/s.
(2)根据半径公式R2＝⑥，v＝5×10 m/s⑦， 综合④⑤⑥⑦可得：R2＝0.05 m＝5 cm ⑧.
设与BC边相切的粒子切点距B点d cm处，根据空间关系可得：R＝(R2－2)＋d ⑨，
2
2
2
mvBq4
2
综合⑧⑨可得：d＝4 cm.根据对称性可得：此时粒子在CD边出处距C点距离x1＝
22
2 cm.设与CD边相切的粒子切点距相对M点上升hcm，根据空间关系可得：R2＝h＋
(l－R2)
2
⑩，综合②⑧⑩可得：h＝4 cm则此切点距C点距离x2＝h＋2＝4＋2＝6(cm)．
综上所述，粒子从CD边穿过的范围为距C点距离2 cm≤x<6 cm范围内．
第9题图
10．(1)
5qBL1
(2)(L，0) 2m2
25qBL(3)
9m【解析】 (1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ1与x轴正方向夹角为θ，25
粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1由几何关系得：R1cosθ＝L其中：cosθ＝ 粒
5
v25qBL1
子磁场中做匀速圆周运动qvB＝m解得：v1＝
R12m