（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 專題強化二 帶電粒子在復合場中運動的實例分析學案

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1、專題強化二　帶電粒子在復合場中運動的實例分析 一、帶電粒子在復合場中的運動 1．復合場的分類 (1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存． (2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．帶電粒子在復合場中的運動分類 (1)靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動． (2)勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做勻速圓周運動． (3)較復雜的曲線運動 當帶電粒子所受合外力的大小和方向

2、均變化，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線． (4)分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化． 二、電場與磁場的組合應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動qvB＝m，則比荷＝ 回旋加速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經(jīng)過D形盒(半徑為R)縫隙都會被加速．由qvmB＝m得vm＝，Ekm＝ 三、電場與磁場的疊加應用實例 裝置 原理圖 規(guī)律 速度選擇

3、器 若qv0B＝Eq，即v0＝，帶電粒子做勻速直線運動 電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以流量Q＝vS＝π()2＝ 霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差 命題點一　質譜儀的原理和分析 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1所示) 圖1 (1)加速電場：qU＝mv2； (2)偏轉磁場：qvB＝，l＝2r； 由以上兩式可得r＝， m＝，＝. 例1　(2016·浙江10月選考·23)如圖2所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，位于x軸下方的

4、離子源C發(fā)射質量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍為0～v0.這束離子經(jīng)電勢差為U＝的電場加速后，從小孔O(坐標原點)垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測板(a＝)．假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計)． 圖2 (1)求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間； (2)調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板的右端，求此時的磁感應強度大小B1； (3)保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被板吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為

5、打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大?。? 答案　見解析 解析　(1)對于初速度為0的粒子：qU＝mv12 由B0qv1＝m得r1＝＝a 恰好打在x＝2a的位置 對于初速度為v0的粒子 qU＝mv22－m(v0)2 由B0qv2＝m得 r2＝＝2a， 恰好打在x＝4a的位置 離子束打在x軸上的區(qū)間為[2a,4a] (2)由動能定理 qU＝mv22－m(v0)2 由B1qv2＝m得 r3＝ r3＝a 解得B1＝B0 (3)離子束能打到探測板的實際位置范圍為2a≤x≤3a 即a≤r≤a，對應的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測板上的離子數(shù)為

6、 N＝N0＝N0 根據(jù)動量定理 被吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝(2mv0＋mv0)＝ 被反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝[2m(v0＋0.6v0)＋m(v0＋0.6v0)]＝N0mv0 根據(jù)牛頓第三定律，探測板受到的作用力大小 F＝F吸′＋F反′＝N0mv0. 變式1　現(xiàn)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3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(jīng)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(jīng)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

7、量比為(　　) 圖3 A．11 B．12 C．121 D．144 答案　D 解析　由qU＝mv2得帶電粒子進入磁場的速度為v＝，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m，得R＝，聯(lián)立得到R＝，由題意可知，該離子與質子在磁場中具有相同的軌道半徑和電荷量，故＝144，故選D. 命題點二　回旋加速器的原理和分析 1．構造：如圖4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． 圖4 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(jīng)過一次D形盒縫隙，粒子被加速一次． 3．粒子獲得的最大動能：由qvmB＝、Ekm＝mvm2得Ekm＝，粒子獲得的最

8、大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關． 例2　(2018·浙江11月選考·23)小明受回旋加速器的啟發(fā)，設計了如圖5甲所示的“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．兩板間加上如圖乙所示的幅值為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節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子．t＝0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它阻力，粒子在電場中運動的

9、時間不計． 圖5 (1)若粒子只經(jīng)磁場偏轉并在y＝y(tǒng)0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之間的關系． 答案　(1)x＝y(tǒng)0　 (2)見解析 解析　(1)根據(jù)題意，粒子沿著y軸正方向射入，只經(jīng)過磁場偏轉，探測器僅能探測到垂直射入的粒子，粒子軌跡為圓周，因此射入的位置為x＝y(tǒng)0 根據(jù)R＝y(tǒng)0，qvB＝m， 可得Ek＝mv2＝ (2)根據(jù)題意，粒子兩次進出電場，然后垂直射到y(tǒng)軸，由于粒子射入電場后，會做減速直線運動，且無法確定能否減速到0，因此需要按情況分類討論 ①第一次射入電場即減速

10、到零，即當Ek02qU0時，軌跡如圖所示 r0＝，r1＝，r2＝ －qU0＝mv12－mv02 －qU0＝mv22－mv12 且x＝r2＋2r1＋2r0，y＝r2 聯(lián)立解得x＝2＋y 變式2　回旋加速器的工作原理如圖6甲所示，置于真空中的D形金屬盒

11、半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓的大小為U0，周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠射出的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求： 圖6 (1)出射粒子的動能Ekm； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ekm所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件． 答案　(1)　(2)－ (3)d< 解析　(1)粒子運動半徑為R時，qvB＝m Ekm＝m

12、v2＝ (2)粒子被加速n次達到動能Ekm，則Ekm＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 粒子由靜止做勻加速直線運動nd＝a·(Δt)2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝×100% 由于η>99%，解得d<. 命題點三　電場與磁場疊加的應用實例分析 共同特點：當帶電粒子(不計重力)在復合場中做勻速直線運動時，qvB＝qE. 1．速度選擇器 圖7 (1)平行板中電場強度E和磁感應強度B互相垂直．(如圖7) (2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速

13、度選擇器的條件是qvB＝qE，即v＝. (3)速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質量． (4)速度選擇器具有單向性． 例3　(2018·杭州市期末)在如圖8所示的平行板器件中，勻強電場E和勻強磁場B互相垂直．一束初速度為v的帶電粒子從左側垂直電場射入后沿圖中直線②從右側射出．粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的初速度一定大于v B．若粒子沿軌跡①射出，則粒子的動能一定增大 C．若粒子沿軌跡③射出，則粒子可能做勻速圓周運動 D．若粒子沿軌跡③射出，則粒子的電勢能可能增大 答案　D 解析　若粒子沿題圖中直線②

14、從右側射出，則qvB＝qE，若粒子沿軌跡①射出，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子電性未知，所以粒子所受的電場力與洛倫茲力方向不能確定，不能確定初速度與v的關系，故A、B錯誤；若粒子沿軌跡③射出，粒子受電場力、洛倫茲力，不可能做勻速圓周運動，故C錯誤；若粒子沿軌跡③射出，如果粒子帶負電，所受電場力向上，洛倫茲力向下，電場力做負功，粒子的電勢能增大，故D正確． 2．磁流體發(fā)電機 (1)原理：如圖9所示，等離子體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉而聚集在B、A板上，產生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉化為電能． 圖9 (2)電源正、負極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出圖

15、中的B是發(fā)電機的正極． (3)設A、B平行金屬板的面積為S，兩極板間的距離為l，磁場磁感應強度為B，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板外電阻為R. 電源電動勢U：當正、負離子所受電場力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達到的最大電勢差為U(即電源電動勢)，則q＝qvB，即U＝Blv. 電源內阻：r＝ρ. 回路電流：I＝. 例4　(2018·浙江11月選考·10)磁流體發(fā)電的原理如圖10所示，將一束速度為v的等離子體垂直于磁場方向噴入磁感應強度為B的勻強磁場中，在相距為d、寬為a、長為b的兩平行金屬板間便產生電壓．如果把上、下板和電阻R連接，上、下板就是一個直流電源的兩極，若穩(wěn)定時

16、等離子體在兩板間均勻分布，電阻率為ρ，忽略邊緣效應，下列判斷正確的是(　　) 圖10 A．上板為正極，電流I＝ B．上板為負極，電流I＝ C．下極為正極，電流I＝ D．下板為負極，電流I＝ 答案　C 解析　根據(jù)左手定則可知，正離子在磁場中受到的洛倫茲力向下，故下板為正極，設兩板間的電壓為U，則q＝Bqv，得U＝Bdv，電流I＝＝，故C正確． 3．電磁流量計 (1)流量(Q)的定義：單位時間流過導管某一截面的導電液體的體積． (2)公式：Q＝Sv；S為導管的橫截面積，v是導電液體的流速． (3)導電液體的流速(v)的計算 如圖11所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料

17、制成，其中有可以導電的液體向右流動．導電液體中的自由電荷(正、負離子)在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉，使a、b間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達到最大，由q＝qvB，可得v＝. 圖11 (4)流量的表達式：Q＝Sv＝·＝. (5)電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa>φb. 例5　為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況，技術人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置，該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔，其寬和高分別為b和c，左、右兩端開口與排污管相連，如圖12所示．在垂直于上、下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場，在空腔前、后兩個側面上各有長為a的

18、相互平行且正對的電極M和N，M、N與內阻為R的電流表相連．污水從左向右流經(jīng)該裝置時，電流表將顯示出污水排放情況．下列說法中錯誤的是(　　) 圖12 A．N板帶正電，M板帶負電 B．污水中離子濃度越高，則電流表的示數(shù)越小 C．污水流量越大，則電流表的示數(shù)越大 D．若只增大所加磁場的磁感應強度，則電流表的示數(shù)也增大 答案　B 解析　污水從左向右流動時，正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉，故N板帶正電，M板帶負電，A正確．穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡，qvB＝q，此時U＝Bbv＝＝，式中Q是流量，可見當污水 流量越大、磁感應強度越強時，M、N間的電壓越大，電流表的示

19、數(shù)越大，而與污水中離子濃度無關，B錯誤，C、D正確． 4．霍爾效應的原理和分析 (1)定義：高為h、寬為d的導體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當電流通過導體時，在導體的上表面A和下表面A′之間產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓． (2)電勢高低的判斷：如圖13，導體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低． 圖13 (3)霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷(帶電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)

20、就保持穩(wěn)定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝＝k，k＝稱為霍爾系數(shù)． 例6　如圖14所示，厚度為h、寬度為d的金屬導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體上、下表面會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．下列說法正確的是(　　) 圖14 A．上表面的電勢高于下表面的電勢 B．僅增大h時，上、下表面的電勢差增大 C．僅增大d時，上、下表面的電勢差減小 D．僅增大電流I時，上、下表面的電勢差減小 答案　C 解析　因電流方向向右，則金屬導體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A錯誤；當電場力等于洛倫茲力時，q＝qvB

21、，又I＝nqvhd(n為導體單位體積內的自由電子數(shù))，得U＝，則僅增大h時，上、下表面的電勢差不變；僅增大d時，上、下表面的電勢差減??；僅增大I時，上、下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯誤． 1.(2018·湖州市三縣期中)如圖1所示，在豎直面內虛線所圍的區(qū)域里，存在電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場．已知從左側沿水平方向射入的電子穿過該區(qū)域時未發(fā)生偏轉，設其重力可以忽略不計，則在該區(qū)域中的E和B的方向不可能是(　　) 圖1 A．E豎直向下，B豎直向上 B．E豎直向上，B垂直紙面向外 C．E和B都沿水平方向，并與電子運動的方向相同 D．E和B都沿水平方

22、向，并與電子運動的方向相反 答案　A 2.(多選)如圖2所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源的兩極上，使a、b兩板間產生勻強電場E，右邊有一塊擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內存在著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．從兩板左側中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側，從d孔射出后分成三束，則下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．這三束正離子的速度一定不相同 B．這三束正離子的比荷一定不相同 C．a、b兩板間的勻強電場方向一定由a指向b D．若這三束離子改為帶負電而其他條件不變，則仍能從d孔射出 答案　BCD 解析　因為

23、三束正離子在兩極板間都是沿直線運動的，電場力等于洛倫茲力，即qE＝qvB，可以判斷三束正離子的速度一定相同，且電場方向一定由a指向b，A錯誤，C正確；在右側磁場中三束正離子運動軌跡半徑不同，可知這三束正離子的比荷一定不相同，B正確；若將這三束離子改為帶負電，而其他條件不變的情況下分析受力可知，三束離子在兩板間仍做勻速直線運動，仍能從d孔射出，D正確． 3．(2018·新力量聯(lián)盟期末)如圖3是質譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進入磁感應強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路

24、徑，則(　　) 圖3 A．若a與b有相同的質量，打在感光板上時，b的速度比a大 B．若a與b有相同的質量，則a的電荷量比b的電荷量小 C．若a與b有相同的電荷量，則a的質量比b的質量大 D．若a與b有相同的電荷量，則a的質量比b的質量小 答案　D 4.(多選)如圖4是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度和勻強電場的電場強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) 圖4 A．質譜儀是分析同位素的重要工具

25、 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 答案　ABC 解析　質譜儀是分析同位素的重要工具，A正確．在速度選擇器中，帶電粒子所受電場力和洛倫茲力應等大反向，由粒子在勻強磁場B0中的運動軌跡知粒子帶正電，結合左手定則可知，B正確．由qE＝qvB可得v＝，C正確．粒子在平板S下方的勻強磁場中做勻速圓周運動，由qvB0＝得＝，D錯誤． 5．如圖5甲所示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

26、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，則下列判斷中正確的是(　　) 圖5 A．在Ek－t圖象中應有t4－t3

27、D形盒的半徑，故B、C錯誤，D正確． 6．如圖6所示為磁流體發(fā)電機的示意圖，一束等離子體(含正、負離子)沿圖示方向垂直射入一對磁極產生的勻強磁場中，A、B是一對平行于磁場放置的金屬板，板間連入電阻R，則電路穩(wěn)定后(　　) 圖6 A．離子可能向N磁極偏轉 B．A板聚集正電荷 C．R中有向上的電流 D．離子在磁場中偏轉時洛倫茲力可能做功 答案　C 解析　由左手定則知，正離子向B板偏轉，負離子向A板偏轉，離子不可能向N磁極偏轉，A、B錯誤；電路穩(wěn)定后，電阻R中有向上的電流，C正確；因為洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不可能做功，D錯誤． 7.(2018·溫州市

28、六校期末)霍爾元件在電子線路中的應用日益廣泛，如圖7是某個霍爾元件接到電路中時的示意圖，其中a面為上表面，b面為下表面，c面為前表面，d面為后表面，所加磁場方向為垂直于a面向下．考慮到霍爾元件有兩類，設A類的載流子(即用來導電的自由電荷)為正電荷，B類的載流子為負電荷，當通以從左到右的電流時，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．在剛開始通電的很短時間內，若是A類元件，則載流子向c面偏轉 B．在剛開始通電的很短時間內，若是B類元件，則載流子向c面偏轉 C．通電一段時間后，若是A類元件，則c面電勢較高 D．通電一段時間后，若是B類元件，則c面電勢較高 答案　D 8.醫(yī)生做某些特

29、殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)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8所示．由于血液中的正、負離子隨血液一起在磁場中運動，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(jiān)測中，兩觸點間的距離為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(　　) 圖8 A．1.3m/s，a正、b負 B．

30、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 9．回旋加速器是現(xiàn)代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置．圖9甲為回旋加速器原理示意圖，置于高真空中的兩個半徑為R的D形金屬盒，盒內存在與盒面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場．兩盒間的距離很小，帶電粒子穿過的時間極短可以忽略不計．位于D形盒中心A處的粒子源能產生質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子通過兩盒間被加速，經(jīng)狹縫進入盒內磁場．兩盒間的加速電壓按圖乙所示的余弦規(guī)律變化，其最大值為U0.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用．已知t0＝0時刻產生的粒子每次通過狹縫

31、都能被最大電壓加速．求： 圖9 (1)兩盒間所加交變電壓的最大周期T0； (2)t0＝0時刻產生的粒子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后的軌道半徑之比． 答案　(1)　(2)1∶ 解析　(1)設粒子在某次被加速后的速度為v，則它在勻強磁場中做半徑為r的圓周運動時： qvB＝m 運動周期為T＝ 聯(lián)立解得T＝ 要保證t0＝0時刻產生的粒子每次通過狹縫都能被最大電壓加速，粒子做圓周運動的周期與加速電壓的最大周期相同， 所以：T0＝ (2)設t0＝0時刻兩盒間的電壓為U0，此時刻產生的粒子第1次經(jīng)過狹縫后的速度為v1，半徑為r1 qU0＝mv12 qv1B＝m 解得：r

32、1＝ 粒子在磁場中運動后第2次經(jīng)過狹縫，此時兩盒間的電壓為－U0，粒子再次加速 得加速后的半徑為：r2＝ 所以r1∶r2＝1∶ 10．(2018·浙江4月選考·22)壓力波測量儀可將待測壓力波轉換成電壓信號，其原理如圖10甲所示．壓力波p(t)進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L，驅動桿端頭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(x＝αp，α>0)．霍爾片的放大圖如圖所示，它由長×寬×厚＝a×b×d、單位體積內自由電子數(shù)為n的N型半導體制成．磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為B＝B0(1－β|x|)，β>0.無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x＝

33、0處，此時給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I，則在側面上D1、D2兩點間產生霍爾電壓U0. 圖10 (1)指出D1、D2兩點哪點電勢高； (2)推導出U0與I、B0之間的關系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I＝nevbd，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變化圖象如圖乙．忽略霍爾片在磁場中運動產生的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．(結果用U0、U1、t0、α及β表示) 答案　(1)D1點電勢高　(2)U0＝　(3)　 解析　(1)N型半導體可以自由移動的是電子(題目也給出了自由電子)

34、，根據(jù)左手定則可以知道電子往D2點移動，因此D1點電勢高． (2)根據(jù)霍爾元件內部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得：evB0＝e I＝nevbd，得v＝， 解得：U0＝ (3)由任意時刻霍爾元件內部電子受的洛倫茲力和電場力平衡得： evB＝e① UH＝＝(1－β|x|)＝(1－β|αp(t)|)② 根據(jù)圖象可知壓力波p(t)關于時間t是一個正弦函數(shù)，其絕對值的周期是原函數(shù)周期的一半，根據(jù)圖象可知|p(t)|關于t的周期是t0，則p(t)關于t的周期是2t0，頻率自然就是；由②式可知當壓力波p(t)達到振幅A時，UH最小，為U1，代入②式可得： U1＝(1－β|αA|)＝U0(1－αβA) 解得A＝. 20