第50講帶電粒子在電磁場中運動的實例分析熱點概述利用帶電粒子在電磁場中的運動原理可以制作很多電子儀器，比較典型的有質譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計、霍爾元件等，這些儀器的原理及應用分析是高考中的常考問題，下面分類進行討論突破。熱點一電場與磁場的組合應用實例一、質譜儀1．作用測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器。2．原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉磁場：qvB＝eq\f(mv2,r)；由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。二、回旋加速器1．構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。2．原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經過一次D形盒縫隙就被加速一次。3．粒子獲得的最大動能：由qvmB＝eq\f(mv\o\al(2,m),R)、Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關。4．粒子在磁場中運動的總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U)。[例1](2017·江蘇高考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區域，并求該區域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。解析(1)甲種離子在電場中加速時，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2①設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，則有qvB＝2meq\f(v2,r1)②根據幾何關系有x＝2r1－L③由①②③式解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L④(2)如圖所示。最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－eq\r(r\o\al(2,1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)⑤由①②⑤式解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))⑥(3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2r1的最小半徑r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))⑦r2的最大半徑r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))⑧由題意知2r1min－2r2max>L，即eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))>L⑨由⑦⑧⑨式解得L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(U0－ΔU)－\r(2U0＋ΔU)))。答案(1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)圖見解析eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L<eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(U0－ΔU)－\r(2U0＋ΔU)))方法感悟質譜儀問題實質就是組合場問題，先加速電場，再偏轉磁場。以粒子為研究對象，加速電場中的運動根據動能定理分析；偏轉磁場中的運動用公式r＝eq\f(mv,qB)和T＝\f(2πm,qB)分析。[例2](多選)勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U。若A處粒子源產生質子的質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響，則下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πRfB．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，經該回旋加速器加速的各種粒子的最大動能不變解析質子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關，B錯誤；根據qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，C正確；因經回旋加速器加速的粒子最大動能Ekm＝2mπ2R2f2，而f＝eq\f(qB,2πm)，Ekm＝πqBfR2，Ekm與q、B、f、R均有關，故D錯誤。答案AC方法感悟回旋加速器的解題思路(1)帶電粒子在縫隙的電場中一直加速，故交變電流的周期應與粒子在磁場中做圓周運動的周期相等。(2)帶電粒子在磁場中偏轉，半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關。1．(2018·日照模擬)質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規律計算出帶電粒子質量。其工作原理如圖所示。虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知()A．此粒子帶負電B．下極板S2比上極板S1電勢高C．若只減小加速電壓U，則半徑r變大D．若只減小入射粒子的質量，則半徑r變小答案D解析由圖結合左手定則可知，該粒子帶正電，故A錯誤；粒子經過電場要加速，所以下極板S2比上極板S1電勢低，故B錯誤；根據動能定理得，qU＝eq\f(1,2)mv2，又由qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(\r(\f(2mU,q)),B)，若只減小加速電壓U，由上式可知，則半徑r減小，故C錯誤；若只減小入射粒子的質量，q不變，由上式可知，則半徑也減小，故D正確。2.(多選)回旋加速器的工作原理示意圖如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過狹縫的時間可忽略，狹縫處接有電壓為U、頻率為f的交流電源，若A處粒子源產生的質子在加速器中被加速，下列說法正確的是()A．若只增大交流電壓U，則質子獲得的最大動能增大B．若只增大交流電壓U，則質子在回旋加速器中運動的時間會變短C．若磁感應強度B增大，交流電頻率f必須適當增大，回旋加速器才能正常工作D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子答案BC解析當質子從D形盒中射出時速度最大，根據qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，則質子獲得的最大動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，質子的最大動能與交流電壓U無關，故A錯誤；根據T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若只增大交流電壓U，不會改變質子在回旋加速器中運動的周期，但加速次數會減少，則質子在回旋加速器中運動的時間變短，故B正確；根據T＝eq\f(2πm,Bq)，可知若磁感應強度B增大，則T應減小，只有當交流電頻率f適當增大，回旋加速器才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運動的周期與在加速電場中運動的周期相等，根據T＝eq\f(2πm,Bq)知，換用α粒子，粒子的比荷變化，在磁場中運動的周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能用于加速α粒子，故D錯誤。3．一回旋加速器，在外加磁場一定時，可把質子(eq\o\al(1,1)H)加速到v，使它獲得的動能為Ek，則：(1)能把α粒子(eq\o\al(4,2)He)加速到速度為多少？(2)能使α粒子獲得的動能為多少？(3)加速α粒子的交流電壓的頻率與加速質子的交流電壓頻率之比為多少？答案(1)eq\f(1,2)v(2)Ek(3)1∶2解析(1)因為Bqv＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(Bqr,m)，所以Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(B2q2r2,2m)，由于質子和α粒子在回旋加速器中運動的最大半徑相同，故速度比與比荷之比相等，質子的比荷為eq\f(e,m)，α粒子的比荷為eq\f(2e,4m)＝eq\f(e,2m)，故能把α粒子加速到的速度為eq\f(1,2)v。(2)因為Ek＝eq\f(B2q2r2,2m)，則eq\f(Ekα,EkH)＝eq\f(q\o\al(2,α),q\o\al(2,H))·eq\f(mH,mα)＝1，所以Ekα＝EkH＝Ek。(3)因為T＝eq\f(2πm,Bq)，f＝eq\f(1,T)，所以f＝eq\f(Bq,2πm)，所以eq\f(fα,fH)＝eq\f(qα,qH)·eq\f(mH,mα)＝eq\f(1,2)。熱點二電場與磁場的疊加應用實例[例1](2018·銀川一中高三一模)(多選)為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U，若用Q表示污水流量(單位時間內流出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．M板電勢一定高于N板的電勢B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數越大C．污水流動的速度越大，電壓表的示數越大D．電壓表的示數U與污水流量Q成正比解析根據左手定則知負離子所受洛倫茲力方向向下，正離子所受洛倫茲力方向向上，所以M板電勢一定高于N板的電勢，故A項正確；最終離子處于平衡，故電場力等于洛倫茲力，qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝Bvc，所以與離子的濃度無關，與污水流動的速度成正比，故B項錯誤，C項正確；根據污水流量Q＝vbc，則v＝eq\f(Q,bc)，故U＝eq\f(QB,b)，故電壓表示數與污水流量成正比，故D項正確。答案ACD方法感悟磁流體發電機與電磁流量計原理類似，都是以忽略重力為前提，電場力與洛倫茲力相等時達到動態平衡，可以根據此時的平衡條件列方程解決問題。[例2](2018·廈門一檢)如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B，電場和磁場相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過，則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運動D．若沿PQ方向運動的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉解析若粒子從左邊射入，則不論帶正電還是負電，電場力大小均為qE，洛倫茲力大小均為F＝qvB＝qE，這兩個力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；若粒子從右邊沿虛線方向進入，則電場力與洛倫茲力在同一方向，粒子受力不平衡，不能做直線運動，故C錯誤；若速度v>eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，只有當粒子帶負電時，粒子才向下偏轉，故D錯誤。答案B方法感悟速度選擇器可選擇出速度v＝eq\f(E,B)的粒子，都是以不計粒子重力為前提，對粒子的電量、電性、質量無要求，但是對粒子的射入方向有要求。[例3](2018·江蘇蘇錫常鎮四市調研)(多選)自行車速度計利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率。如圖甲所示，自行車前輪上安裝一塊磁鐵，輪子每轉一圈，這塊磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器會輸出一個脈沖電壓。圖乙為霍爾元件的工作原理圖。當磁場靠近霍爾元件時，導體內定向運動的自由電荷在磁場力作用下偏轉，最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，即為霍爾電勢差。下列說法正確的是()A．根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑即可獲知車速大小B．自行車的車速越大，霍爾電勢差越高C．圖乙中霍爾元件的電流I是由正電荷定向運動形成的D．如果長時間不更換傳感器的電源，霍爾電勢差將減小解析根據單位時間內的脈沖數可知車輪轉動的轉速，若再已知自行車車輪的半徑，根據v＝2πrn即可獲知車速大小，A正確；根據霍爾效應的原理可知eq\f(U,d)q＝Bqv，U＝Bdv，即霍爾電壓只與磁感應強度、霍爾元件的寬度以及電荷定向移動的速度有關，與車輪轉速無關，B錯誤；由左手定則知，圖乙中霍爾元件的電流I是由負電荷定向運動形成的，C錯誤；如果長時間不更換傳感器的電源，由I＝eq\f(E,R＋r)＝nqSv知，電源內阻r增大會導致負電荷定向移動的速率減小，故霍爾電勢差將減小，D正確。答案AD方法感悟形成電流的可能是正電荷，也可能是負電荷，兩種情況在霍爾效應中形成的霍爾電壓方向相反。1.(2019·寧夏育才中學月考)(多選)如圖所示為磁流體發電機的原理圖，平行金屬板M、N之間的距離為d，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里?，F將大量等離子體從左側噴射入磁場區域，額定功率為P的燈泡L正常發光，且此時燈泡電阻為R，發電機內阻為r。下列說法正確的是()A．金屬板N上聚集正電荷B．電路中電流的大小為eq\r(\f(P,R))C．該發電機的電動勢為eq\r(PR)＋req\r(\f(P,R))D．若不考慮發電機的內阻，則等離子體的速率為eq\f(\r(PR),dB)答案BCD解析由左手定則知正離子向上偏轉，所以M帶正電，A錯誤；根據P＝I2R可得，電路中電流的大小為I＝eq\r(\f(P,R))，B正確；發電機所接燈泡正常發光，由功率P＝eq\f(U2,R)可知外電壓U＝eq\r(PR)，該發電機的電動勢為E＝U＋U內＝eq\r(PR)＋req\r(\f(P,R))，C正確；兩板間電壓穩定時滿足qeq\f(U,d)＝qvB，解得等離子體的速率v＝eq\f(\r(PR),dB)，D正確。2.(多選)方向如圖所示的勻強電場(電場強度為E)和勻強磁場(磁感應強度為B)共存的場區，一電子沿垂直電場線和磁感線方向以速度v0射入場區，則()A．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區時速度v>v0B．若v0>eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區時速度v<v0C．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅰ運動，出場區時速度v>v0D．若v0<eq\f(E,B)，電子沿軌跡Ⅱ運動，出場區時速度v<v0答案BC解析當qv0B＝qE時，電子沿直線運動，v0＝eq\f(E,B)。當v0>eq\f(E,B)時，即洛倫茲力大于靜電力，所以電子向下偏轉，靜電力做負功，動能減小，出場區時速度v<v0，B正確，A錯誤；當v0<eq\f(E,B)時，即洛倫茲力小于靜電力，所以電子向上偏轉，靜電力做正功，動能增大，出場區時速度v>v0，D錯誤，C正確。3．霍爾元件是一種應用霍爾效應的磁傳感器，廣泛應用于各領域，如在平板電腦、手機的保護蓋及筆記本電腦中，常用霍爾元件來控制翻蓋時亮屏喚醒，合蓋時熄屏待機。如圖是一霍爾元件的示意圖，磁場方向垂直霍爾元件工作面，霍爾元件寬為d(M、N間距離)，厚為h(圖中上下面距離)，當通以圖示方向電流時，MN兩端將出現電壓UMN，則()A．MN兩端電壓UMN僅與磁感應強度B有關B．若霍爾元件的載流子是自由電子，則M、N兩端電壓UMN<0C．若增大霍爾元件寬度d，則MN兩端電壓UMN一定增大D．通過控制磁感應強度B可以改變MN兩端電壓UMN答案D解析載流子流過霍爾元件時，磁場方向豎直向下，根據左手定則可知，洛倫茲力指向N板，如果載流子是自由電子，則電子向N板聚集，N板帶負電荷，M板帶正電荷，兩板間的電勢差UMN>0，故B錯誤；當UMN穩定時載流子q受力平衡，電場力等于洛倫茲力，qeq\f(UMN,d)＝qvB，解得UMN＝Bdv，又I＝nqdhv，故UMN＝eq\f(BI,nqh)，故A、C錯誤，D正確。課后作業1．如圖所示是醫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。現分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)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．兩次所接高頻電源的頻率不相同D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能答案A解析根據qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，故A正確；最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，但電荷量不相等，所以最大動能不相等，故B錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相等，做圓周運動的頻率相等，因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率，故兩次所接高頻電源的頻率相同，故C錯誤；由Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，粒子的最大動能與加速電壓的頻率無關，故僅增大高頻電源的頻率不能增大粒子的最大動能，故D錯誤。2．速度相同的一束粒子(不計重力)由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是()A．該束粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．能通過狹縫S0的粒子的速度等于eq\f(E,B1)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0，則粒子的比荷越小答案C解析根據該束粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉，由左手定則判斷出該束粒子帶正電，A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，所受電場力和洛倫茲力平衡，由左手定則知洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向豎直向下，因粒子帶正電，故電場強度方向向下，速度選擇器的P1極板帶正電，B錯誤；粒子能通過狹縫，電場力與洛倫茲力平衡，有qvB1＝qE，得v＝eq\f(E,B1)，C正確；粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,B2q)，可見v、B2一定時，半徑r越小，則eq\f(q,m)越大，D錯誤。3.醫生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監測中，兩觸點的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正答案A解析血液中正負離子流動時，根據左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力，負離子受到向下的洛倫茲力，所以正離子向上偏，負離子向下偏，則a帶正電，b帶負電。最終血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，有qeq\f(U,d)＝qvB，所以v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.040×3×10－3)m/s≈1.3m/s。故A項正確，B、C、D三項錯誤。4.質譜儀是一種測定帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示。粒子源S產生一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的初速度很小，可以看成是靜止的，粒子經過電壓U加速進入磁感應強度為B的勻強磁場中，沿著半圓運動打到底片P上，測得它在P上的位置到入口處S1的距離為x，則下列說法正確的是()A．對于給定的帶電粒子，當磁感應強度B不變時，加速電壓U越大，粒子在磁場中運動的時間越長B．對于給定的帶電粒子，當磁感應強度B不變時，加速電壓U越大，粒子在磁場中運動的時間越短C．當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷eq\f(q,m)越大D．當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷eq\f(q,m)越小答案D解析粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，與加速電壓U無關，A、B錯誤；在加速電場中由Uq＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，在勻強磁場中由qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，且R＝eq\f(x,2)，聯立解得eq\f(q,m)＝eq\f(8U,B2x2)，所以當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷eq\f(q,m)越小，C錯誤，D正確。5．(多選)如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力，下列說法中正確的是()A．極板M比極板N電勢高B．加速電場的電壓U＝eq\f(E,R)C．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷答案AD解析帶電粒子打在膠片上Q點，由左手定則可知帶電粒子帶正電，在加速電場中能夠加速，則極板M比極板N電勢高，A正確；在靜電分析器中，帶電粒子做圓周運動，Eq＝meq\f(v2,R)，則v為一定值，而qU＝eq\f(1,2)mv2，則U＝eq\f(1,2)ER，v＝eq\r(\f(EqR,m))，B錯誤；在磁分析器中，帶電粒子垂直磁場進入，PQ＝2r＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2m\r(\f(EqR,m)),qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，C錯誤；若一群粒子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，即半徑相同，r＝eq\f(mv,Bq)，qU＝eq\f(1,2)mv2，得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))，則該群粒子比荷相同，D正確。6．(2016·全國卷Ⅰ)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()A．11B．12C．121D．144答案D解析設質子和離子的質量分別為m1和m2，原磁感應強度為B1，改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU＝eq\f(1,2)mv2①，在磁場中qvB＝meq\f(v2,R)②，聯立兩式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，D正確。7．(2014·江蘇高考)(多選)如圖所示，導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數，d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面B．若電源的正負極對調，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數與RL消耗的電功率成正比答案CD解析由左手定則可判定，電子所受洛倫茲力指向后表面，所以霍爾元件的前表面積累正電荷，電勢較高，故A錯誤；由電路關系可知，當電源的正、負極對調時，通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向，前表面的電勢仍然較高，故B錯誤；由電路可知，eq\f(IH,IL)＝eq\f(RL,R)，IL＋IH＝I，則IH＝eq\f(RL,R＋RL)I，故C正確；RL的熱功率PL＝Ieq\o\al(2,L)RL＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(RIH,RL)))2RL＝eq\f(R2I\o\al(2,H),RL)，因為B與I成正比，故有：UH＝keq\f(IHB,d)＝k′eq\f(IHI,d)＝k′eq\f(I\o\al(2,H)R＋RL,dRL)＝k′eq\f(PLR＋RL,R2d)，可得知UH與PL成正比，故D正確。8．(2018·陜西西安八校聯考)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖，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(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連，加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規律如圖乙所示，若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．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1B．在Ek-t圖象中，t4－t3＝t3－t2＝t2－t1C．粒子加速次數越多，粒子獲得的最大動能一定越大D．不同粒子獲得的最大動能都相同答案B解析回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同，在一個周期內，帶電粒子兩次通過勻強電場而加速，故高頻電源的變化周期為tn－tn－2，A項錯誤；帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關，故B項正確；粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時，速度達到最大，即qvmaxB＝meq\f(v\o\al(2,max),R)，Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(B2q2R2,2m)，與加速次數無關，C項錯誤；不同粒子的電荷、質量不一定相同，由上式可知最大動能也不一定相同，D項錯誤。9．(2018·福建漳州二模)(多選)如圖是磁流體發電機的裝置，a、b組成一對平行電極，兩板間距為d，板平面的面積為S，內有磁感應強度為B的勻強磁場。現持續將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，而整體呈中性)，垂直磁場噴入，每個離子的速度為v，負載電阻阻值為R，當發電機穩定發電時，負載中電流為I，則()A．a板電勢比b板電勢低B．磁流體發電機的電動勢E＝BdvC．負載電阻兩端的電壓大小為BdvD．兩板間等離子體的電阻率ρ＝eq\f(Bdv－IRS,Id)答案BD解析參看磁流體發電機的裝置圖，利用左手定則可知，正、負微粒通過發電機內部時，帶正電微粒向上偏，帶負電微粒向下偏，則知a板電勢比b板電勢高，故A錯誤；當發電機穩定發電時，對微粒有F洛＝F電，即Bqv＝eq\f(E,d)q，得電動勢E＝Bdv，故B正確；由閉合電路歐姆定律有UR＋Ur＝E，又E＝Bdv，則負載電阻兩端的電壓UR<Bdv，故C錯誤；由閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,r＋R)，由電阻定律有r＝ρeq\f(d,S)，得ρ＝eq\f(Bdv－IRS,Id)，故D正確。10.(2018·江西五校聯考)(多選)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H(氕核)、eq\o\al(2,1)H(氘核)、eq\o\al(4,2)He(氦核)的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點，則()A．打在P1點的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2點的粒子是eq\o\