質(zhì)譜儀與回旋加速器分層作業(yè)進階拓展（2） 高二下學期物理人教版（2019）選擇性必修第二冊

試卷第=page1010頁，共=sectionpages1010頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁課時4質(zhì)譜儀與回旋加速器分層作業(yè)進階拓展（2）第一章安培力和洛倫茲力高一物理選擇性必修第二冊（人教版2019）一、單選題，共10小題1．如圖，方形金屬棒放在勻強磁場中，磁場方向垂直前后表面向里，金屬棒通有從左到右的恒定電流I后將會產(chǎn)生霍爾效應，則（）A．金屬棒上表面的電勢高于下表面 B．金屬棒前表面的電勢高于后表面C．僅增大磁感應強度，霍爾電壓將變大 D．僅增大金屬棒長度ab，霍爾電壓將變大2．回旋加速器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，粒子穿過的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)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(zhì)子獲得的最大動能增大B．若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行時間會變短C．若磁感應強度B增大，交流電頻率f必須適當減小才能正常工作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3．如圖，下列說法正確的是（）A．甲圖要增大粒子的最大動能，可增加電壓UB．乙圖是磁流體發(fā)電機，可判斷出A極板是發(fā)電機的負極C．基本粒子不考慮重力的影響，丙圖可以判斷基本粒子的電性，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是D．丁圖中若載流子帶負電，穩(wěn)定時C板電勢高4．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定，磁場的磁感應強度為B，質(zhì)子在入口處從靜止開始被電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場，若換作a粒子（a粒子帶正電，其電荷量為質(zhì)子的2倍，質(zhì)量為質(zhì)子的4倍）在入口處從靜止開始被同一電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度改變?yōu)椋ǎ〢． B． C．2B D．5．如圖所示的速度選擇器水平放置，兩板間距離與板長相等，板間分布如圖所示的正交勻強電場與勻強磁場．第一次：一帶正電的粒子（不計重力）從兩板左側(cè)中點O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運動；第二次：撤去磁場，保留電場，粒子以相同速度從O點進入電場，恰好從上板極右邊緣b點離開電場區(qū)：第三次：撤去電場，保留磁場，粒子以相同速度從O點進入磁場，粒子將打在下板極cd上某位置．粒子第二次在電場中的運動時間與粒子第三次在磁場中的運動時間的比值是（）A． B． C． D．6．如圖所示是一速度選擇器，當粒子速度滿足v0＝時，粒子沿圖中虛線水平射出；若某一粒子以速度v射入該速度選擇器后，運動軌跡為圖中實線，則關(guān)于該粒子的說法正確的是（）A．粒子射入的速度一定是v>B．粒子射入的速度可能是v<C．粒子射出時的速度一定大于射入速度D．粒子射出時的速度一定小于射入速度7．回旋加速器如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中。兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處（D形盒圓心）進入加速電場（初速度近似為零）D形盒半徑為R，粒子質(zhì)量為m、電荷量為，加速器接電壓為U的高頻交流電源。若相對論效應、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮。下列正確的是（）A．增大電壓U，粒子在D形盒中的運動時間不變B．增大電壓U，粒子被加速后獲得的最大動能增大C．增大磁感應強度B，粒子被加速后獲得的最大動能增大D．粒子速度越來越大，交流電源的頻率也越來越大8．若帶電粒子在磁場中所受的重力不能忽略，它將做較復雜的曲線運動，“配速法”是解決此類問題的重要方法。我們給帶電粒子配置一個速度v1，使之對應的洛倫茲力與重力平衡，可視為勻速直線運動；再配置一個與v1等大反向的速度v2，粒子同時做速度大小為v2的勻速圓周運動，實際的運動為這兩個運動的合運動。如圖所示，在水平方向上存在垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場。將質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q的帶電油滴從a點由靜止釋放，它在豎直面內(nèi)運動的部分軌跡如圖所示，b為整段軌跡的最低點，重力加速度為g。則下列說法正確的是（）A．油滴可能帶負電B．軌跡ab可能是橢圓曲線的一部分C．油滴到b點時的速度大小為D．油滴到b點后將沿水平方向做勻速直線運動9．如圖所示，甲、乙、丙、丁四圖是四種儀器的結(jié)構(gòu)示意圖，下列說法正確的是（

）A．圖甲是回旋加速器，當在兩縫隙處所加電壓越大，粒子從出口處出來的速度也越大B．圖乙是靜電除塵裝置，A應接高壓電的正極，接高壓電的負極C．圖丙是磁電式電表，指針偏轉(zhuǎn)是通電線圈受安培力作用的結(jié)果D．圖丁是磁流體發(fā)電機，當閉合開關(guān)時，電流由經(jīng)電阻流向10．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源的兩極相連接的兩個形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。則下列說法中正確的是（）A．粒子從形盒射出時的動能與加速電場的電壓有關(guān)B．增大磁場的磁感應強度，可增大帶電粒子射出時的動能C．加速電場的變化周期與粒子速度大小有關(guān)D．用同一回旋加速器可以同時加速質(zhì)子（）和粒子（）二、多選題，共4小題11．在回旋加速器中（）A．電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋B．電場和磁場同時用來加速帶電粒子C．在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大D．同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關(guān)，而與交流電壓的頻率無關(guān)12．如圖所示，兩個平行金屬板M、N間有正交的勻強電場和勻強磁場區(qū)，電場方向由M板指向N板，磁場方向垂直紙面向里，OO′為到兩極板距離相等的平行于兩板的直線．一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的帶電粒子，以速度v0從O點射入，沿OO′方向勻速通過場區(qū)，不計帶電粒子的重力，則以下說法正確的是()A．帶電荷量為－q的粒子以v0從O點沿OO′方向射入仍能勻速通過場區(qū)B．帶電荷量為2q的粒子以v0從O點沿OO′射入仍能勻速通過場區(qū)C．保持電場強度和磁感應強度大小不變，方向均與原來相反，粒子以v0從O點沿OO′射入，則粒子仍能勻速通過場區(qū)D．粒子仍以速度v0從右側(cè)的O′點沿O′O方向射入，粒子仍能勻速通過場區(qū)14．利用海流發(fā)電的磁流體發(fā)電機原理示意圖如圖所示，矩形發(fā)電管道水平東西放置，整個管道置于方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。其上、下兩面是絕緣板，南、北兩側(cè)面M、N是電阻可忽略的導體板，兩導體板與開關(guān)S和定值電阻R相連。已知發(fā)電管道長為L、寬為d、高為h，海水在發(fā)電管道內(nèi)以恒定速率v朝正東方向流動。發(fā)電管道內(nèi)的海水在垂直流動方向的電阻為r，海水在管道內(nèi)流動時受到的摩擦阻力大小恒為f，不計地磁場的影響，則（）A．N側(cè)的電勢高B．開關(guān)S斷開時，M、N兩端的電壓為BdvC．開關(guān)S閉合時，發(fā)電管道進、出口兩端壓力差D．開關(guān)S閉合時，電阻R上的功率為三、填空題，共4小題15．（1）洛倫茲力是磁場對_________（填“運動”或“靜止”）電荷的作用；如圖所示是一帶正電的粒子在磁場中豎直向下運動，粒子所受洛倫茲力的方向__________。（2）質(zhì)譜儀是分離同位素的重要儀器，其原理如圖所示，帶等量異種電荷的兩平行金屬板、之間的電壓為U，一個帶負電的粒子（不計重力）從板中由靜止釋放，之后從O點進入另一磁感應強度為B的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后打在擋板上的A點。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，兩點間的距離為______________。16．如圖甲所示，在平面直角坐標系中，原點O處有一粒子源，可沿y軸正方向以初速度發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的粒子（重力不可忽略）。在第一、二象限內(nèi)存在方向平行于x軸的電場，電場強度隨時間呈期性變化的圖像如圖乙所示，其周期，規(guī)定x軸的正方向為場強的正方向。在第三、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場和平行于紙面的勻強電場，其場強為（未知），勻強磁場的磁感應強度，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。若時刻射出的粒子第一次穿過x軸時速度方向與x軸正方向夾角為，已知重力加速度為g，不計空氣阻力。求：（1）的大小和方向；（2）時刻射出的粒子從射出到第三次穿過x軸所用時間以及穿過的點的位置坐標。（3）若保持，方向沿x軸的正方向不變，O點發(fā)射的粒子第n次穿過x軸的位置坐標。17．如圖所示，厚度為h、寬度為d的導體板放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體板時，在導體板的上側(cè)面A和下側(cè)面A′之間會產(chǎn)生電勢差U，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，霍爾效應可解釋如下：外部磁場對運動電子的洛倫茲力使電子聚集在導體板的一側(cè)，在導體板的另一側(cè)會出現(xiàn)多余的正電荷，從而形成電場，電場對電子施加與洛倫茲力方向相反的電場力，當電場力與洛倫茲力達到平衡時，導體板上、下兩側(cè)面之間就會形成穩(wěn)定的電勢差，電流I是自由電子的定向移動形成的，電子的平均定向移動速率為v，電荷量為e，回答下列問題：（1）達到穩(wěn)定狀態(tài)時，導體板上側(cè)面A的電勢______（選填“高于”“低于”或“等于”）下側(cè)面A′的電勢；（2）電子所受洛倫茲力的大小為______；（3）當導體板上、下兩側(cè)面之間的電勢差為UH時，電子所受電場力的大小為______；（4）導體板上、下兩側(cè)面產(chǎn)生的穩(wěn)定的電勢差U=______。18．質(zhì)譜儀（1）質(zhì)譜儀構(gòu)造：主要構(gòu)件有加速______、偏轉(zhuǎn)______和照相底片（2）運動過程（如圖）（3）帶電粒子經(jīng)過電壓為U的加速電場加速，______＝mv2（4）垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做勻速圓周運動，r＝，可得r＝______（5）分析：從粒子打在底片D上的位置可以測出圓周的半徑r，進而可以算出粒子的______四、解答題，共4小題19．如圖所示為質(zhì)譜儀原理示意圖．設(shè)粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，加速電場電壓為U，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應強度為B，粒子從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，其初速度幾乎為0.則粒子進入磁場時的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距離多大？20．如圖所示，三塊擋板圍成橫截面邊長L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強電場，場強E＝4×10－4N/C。三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外、磁感應強度大小為B2＝3B1的勻強磁場?，F(xiàn)將一比荷＝108C/kg的帶正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內(nèi)部勻強磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場。已知粒子最終回到了O點，OC相距2m。設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3。求：（1）磁感應強度B1的大??；（2）粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經(jīng)歷的時間。21．如圖甲所示，一內(nèi)壁光滑的圓簡水平放置，圓筒內(nèi)底面拴接一輕質(zhì)彈簧，推動質(zhì)量為的帶正電絕緣小球a壓縮彈簧，小球a的帶電荷量為，圓筒右側(cè)與長度為L的絕緣粗糙水平平臺AC平滑對接，小球與AC間的動摩擦因數(shù)為，AC間存在豎直向上的勻強電場，場強大小為，在C端靜止放置一質(zhì)量為的帶負電小球b，帶電荷量為，C處恰好無電場，在AC右側(cè)存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，勻強磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B，某時刻釋放小球a，小球a與小球b在C處發(fā)生彈性碰撞（碰撞過程兩小球的帶電荷量不變），之后小球b恰做勻速圓周運動，運動軌跡經(jīng)過C點正下方的D點，C、D間距離為d，小球a被反彈，至AC中點處速度減為零，兩小球均可看成質(zhì)點，不計兩小球間的庫侖力。（1）求水平面右側(cè)勻強電場的場強大小。（2）求彈簧最初的彈性勢能。（3）若將CD右側(cè)的磁場變?yōu)榘磮D乙所示規(guī)律變化的交變磁場，從小球b離開C點開始計時，其中，電場保持不變，設(shè)磁場方向垂直紙面向里為正，求小球b從C點進入CD邊界右側(cè)區(qū)域到再次回到CD所在直線所用的時間（用表示）及再次回到CD所在直線的位置到C點的距離。22．湯姆孫為了證明陰極射線是帶電粒子流以及在測量陰極射線的比荷時，做了如下實驗：在陰極射線管中添加了兩塊水平正對放置間距，邊長也為的正方形金屬板。正方體空間內(nèi)加上垂直于面abcd向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場，發(fā)現(xiàn)射線恰好從上金屬板的邊緣射出并打到M點。為了抵消陰極射線的偏轉(zhuǎn)，給金屬板加上電壓U后，射線恰好打到P點。（粒子重力忽略不計，粒子的入射方向沿正方體左右兩側(cè)面中心的連線，連線過P點）（1）陰極射線帶哪一種電荷，哪一塊金屬板的電勢高；（2）陰極射線的比荷。答案第=page2626頁，共=sectionpages1616頁參考答案：1．C【解析】AB．金屬材料中，定向移動的是自由電子，因為自由電子定向移動的方向與電流方向相反，由左手定則可知，電子聚集在上表面，上表面的電勢低，AB錯誤；CD．最終電子受到的電場力和洛倫茲力平衡，由平衡條件可得電流的微觀表達式為解得（S為左側(cè)面的截面積）故僅增大磁感應強度，霍爾電壓將變大，D錯誤，C正確；故選C。2．B【解析】A．設(shè)回旋加速器D形盒的半徑為R，質(zhì)子獲得的最大速度為vm，根據(jù)牛頓第二定律有

①解得

②質(zhì)子的最大動能為

③由③式可知Ekm與交流電壓U無關(guān)，只增大交流電壓U，質(zhì)子獲得的最大動能不變，故A錯誤；CD．質(zhì)子每個運動周期內(nèi)被加速兩次，交流電源每個周期方向改變兩次，所以交流電源的周期等于質(zhì)子的運動周期，即

④所以

⑤由⑤式可知若磁感應強度B增大，交流電頻率f必須適當增大才能正常工作，且由于α粒子和質(zhì)子的比荷不同，所以不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器不能用于加速α粒子，故CD錯誤；B．設(shè)質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)為n，根據(jù)動能定理有

⑥解得

⑦質(zhì)子在回旋加速器中運行時間為

⑧由⑧式可知若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行時間會變短，故B正確。故選B。3．B【解析】A．根據(jù)公式得故最大動能與加速電壓無關(guān)，選項A錯誤；B．由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，負離子會向上偏轉(zhuǎn)，所以A板是電源負極，B板是電源正極；選項B正確；C．電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即所以不管粒子帶正電還是帶負電都可以勻速直線通過，所以無法判斷粒子的電性，選項C錯誤；D．若載流子帶負電，由左手定則可知，負粒子向C端偏轉(zhuǎn)，所以穩(wěn)定時C板電勢低，選項D錯誤。故選B。4．B【解析】粒子在加速電場中加速，由動能定理得粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得磁感應強度之比故B正確，ACD錯誤。故選B。5．B【解析】設(shè)速度選擇器的板間距和板長都是L，電場強度為E，磁感應強度為B，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q．在速度選擇器中，有速度是在電場中類平拋時，有得到粒子的比荷是在磁場中圓周運動時，有得到作出圓周運動軌跡，有得到根據(jù)平拋時圓周運動時得到故選B。6．B【解析】假設(shè)粒子帶正電，則所受電場力向下，由左手定則知所受洛倫茲力方向向上，由受力分析結(jié)合運動軌跡知qvB>qE則v>運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做負功，則粒子速度減??；若粒子帶負電，所受電場力向上，則由左手定則知所受洛倫茲力方向向下，由受力分析結(jié)合運動軌跡知qvB<qE則v<運動過程中洛倫茲力不做功，電場力做正功，則粒子速度增大，選項ACD錯誤，B正確。故選B。7．C【解析】BC．粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，則有被加速的粒子做圓周運動的最大半徑為D形盒半徑R，最大動能為

與加速電壓無關(guān)；增大磁感應強度B，粒子被加速后獲得的最大動能增大，B錯誤，C正確；A．由以上分析可知，增大電壓U，粒子在D形盒中的運動的動能很快達到最大，可知粒子在D形盒中運動的時間將變小，A錯誤；D．由粒子在D形盒中的運動的周期等于高頻交流加速電源的周期，則有交流電源的頻率與粒子的速度無關(guān)，D錯誤。故選C。8．C【解析】A．油滴在重力作用下下落，獲得速度后將受到洛倫茲力作用，根據(jù)大致軌跡結(jié)合洛倫茲力方向可判斷油滴帶正電，故A錯誤；B．將油滴的運動分解為兩個分運動，一個是水平向右的勻速直線運動，速度大小滿足受力滿足二力平衡，另一個是初速度方向向左，大小為v的勻速圓周運動，受到的洛倫茲力為qvB，兩個分運動的合成軌跡將是一個旋輪線，故B錯誤；C．油滴到b點時，重力做功最多，速度最大，正好是勻速圓周運動分運動的最低點，速度大小為方向水平向右，故C正確；D．在b點時的洛倫茲力大小為2qvB、方向豎直向上，重力大小為mg，二力合力向上，有加速度大小為g，方向向上，故不可能沿水平方向做勻速直線運動，故D錯誤。故選C。9．C【解析】A．圖甲是回旋加速器中粒子從出口處出來的速度由半徑R決定，與加速電壓無關(guān)，選項A錯誤；B．圖乙是靜電除塵裝置，A應接高壓電的負極，接高壓電的正極，選項B錯誤；C．圖丙是磁電式電表，指針偏轉(zhuǎn)是通電線圈受安培力作用的結(jié)果，選項C正確；D．圖丁是磁流體發(fā)電機，當閉合開關(guān)時，根據(jù)左手定則可知A板帶正電，則電流由經(jīng)電阻流向，選項D錯誤。故選C。10．B【解析】AB．根據(jù)公式故最大動能為則粒子從形盒射出時的動能與加速電場的電壓無關(guān)；增大磁場的磁感應強度，可增大帶電粒子射出時的動能，選項A錯誤，B正確；C．加速電場的變化周期等于粒子在磁場中運動的周期，即與粒子速度大小無關(guān)，選項C錯誤；D．根據(jù)因質(zhì)子（）和粒子（）在磁場中運動的周期不同，則用同一回旋加速器不可以同時加速質(zhì)子（）和粒子（），選項D錯誤。故選B。11．AC【解析】AB．回旋加速器是利用電場對粒子進行加速和磁場進行偏轉(zhuǎn)，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)得，最大速度則最大動能知同一粒子，回旋加速器的半徑越大，獲得的動能越大，與交流電壓的電壓和頻率無關(guān)，故C正確，故D錯誤。故選AC。12．ABC【解析】A．由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平衡；若負電粒子從左向右通過時，豎直向下的洛倫茲力也能與豎直向上的電場力相平衡，原因是粒子的速度沒有變化，故A正確；B．由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平衡，即有：qE=Bqv0解得：可知平衡條件與電荷量的多少無關(guān)，因此帶電量為2q的粒子同樣也能勻速通過，故B正確；C．由題意正電粒子能從左向右勻速通過，豎直向上的洛倫茲力與豎直向下的電場力相平衡，即有：qE=Bqv0解得：當電場與磁場方向與原來相反時，沒有影響平衡條件，所以也能勻速通過。故C正確；D．若粒子仍以速率v0從右側(cè)的O′點沿O′O方向射入，粒子受到的豎直向下的電場力與豎直向下的洛倫茲力就不能平衡，因此不能勻速通過。故D錯誤；故選ABC。14．BC【解析】A．海水向東流動的過程中，正電荷受到的洛倫茲力的方向指向M，而負電荷受到的洛倫茲力的方向指向N，所以M側(cè)聚集正電荷，M側(cè)的電勢高，A錯誤；B．開關(guān)S斷開時，設(shè)海水中的電荷所帶的電荷量為q，當其所受的洛倫茲力與電場力平衡時，M、N兩端的電壓U保持恒定，有解得B正確；C．開關(guān)S閉合后，海水所受的摩擦阻力恒為f，設(shè)開關(guān)S閉合后管道內(nèi)海水受到的安培力為F安，發(fā)電管道進出口兩端壓力差有，根據(jù)閉合電路歐姆定律有解得C正確；D．電阻R上的功率為D錯誤。故選BC。15．

運動

水平向右

【解析】（1）洛倫茲力是磁場對運動電荷的作用。根據(jù)左手定則可知粒子所受洛倫茲力的方向水平向右。（2）設(shè)粒子經(jīng)過加速后獲得速度大小為v，根據(jù)動能定理有設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得兩點間的距離為16．（1），方向豎直向上；（2），；（3）【解析】（1）要使帶正電粒子做勻速圓周運動，則有解得方向豎直向上；（2）設(shè)場強為時加速度為，場強為時加速度為，粒子第一次穿過x軸的水平速度為有所用時間則有解得時刻射入的粒子第一次穿過x軸的水平速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則有解得所以所以位置坐標為；（3）設(shè)粒子進入磁場時與水平方向夾角為，則進入磁場時的速度所以此時圓周運動半徑入射點和出射點之間的距離由此可知每次入射點和出射點之間的距離為一個定值且由分析可得，在電場中的水平方向的運動合起來可看作一勻加速直線運動，所以①若n為奇數(shù)，有②若n為偶數(shù)，有17．

低于

evB

Bhv【解析】（1）電子向左做定向移動，由左手定則知電子所受洛倫茲力的方向向上，故上側(cè)面A聚集電子，下側(cè)面A′聚集正電荷，上側(cè)面A的電勢低于下側(cè)面A′的電勢（2）電子所受洛倫茲力的大?。?）根據(jù)（4）當A、A′間電勢差穩(wěn)定時故18．

磁場

電場

qU

比荷【解析】略19．；【解析】由動能定理知