人教版高中物理选择性必修第二册第一章教案教学设计复习资料

人教版高中物理选择性必修第二册第一章安培力与洛伦兹力第1节磁场对通电导线的作用力【素养目标】1、知道什么是安培力，会推导安培力公式F=BILsinθ。2、知道左手定则的内容，并会用它判断安培力的方向。3、了解磁电式电流表的工作原理。【必备知识】知识点一、安培力1、定义：通电导体在磁场中受的力称为安培力。2、安培力的方向：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．3、安培力F、磁感应强度B、电流I三者的关系(1)已知I、B的方向，可唯一确定F的方向；(2)已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可唯一确定I的方向；(3)已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能唯一确定．【点睛】安培定则(右手螺旋定则)与左手定则的比较安培定则(右手螺旋定则)左手定则作用判断电流的磁场方向判断电流在磁场中的受力方向内容具体情况直线电流环形电流或通电螺线管电流在磁场中应用方法拇指指向电流的方向四指弯曲的方向表示电流的环绕方向磁感线穿过手掌心，四指指向电流的方向结果四指弯曲的方向表示磁感线的方向拇指指向轴线上磁感线的方向拇指指向电流受到的磁场力的方向【点睛】安培力作用下导体运动方向的五种判断方法电流元法把整段导线分为多段电流元，先用左手定则判断每段电流元所受安培力的方向，然后判断整段导线所受安培力的方向，从而确定导线运动方向等效法环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流(反过来等效也成立)，然后根据磁体间或电流间的作用规律判断特殊位置法通过转动通电导线到某个便于分析的特殊位置，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向结论法两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，反向电流互相排斥；不平行的两直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的反作用力，从而确定磁体所受合力及其运动方向知识点二、安培力的大小1、式中的l为导线的有效长度，当导线弯曲时，l等于连接导线两端点的线段的长度。相应的电流方向沿L由始端流向末端，如图所示。3、同样情况下，通电导线与磁场方向垂直时，它所受的安培力最大；导线与磁场方向平行时，它不受安培力；导线与磁场方向斜交时，它所受的安培力介于0和最大值之间．4、在非匀强磁场中，只要通电直导线L所在位置的各点B矢量相等(包括大小和方向)，则导线所受安培力也能用上述公式计算．5、当电流同时受到几个安培力时，则电流所受的安培力为这几个安培力的矢量和．知识点三、磁电式电流表电流表是测定电流强弱和方向的仪器，常用的是磁电式电流表，其结构和原理如图所示。1、构造：最基本的是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈．2、原理①通电线圈在磁场中受安培力发生转动．螺旋弹簧变形，反抗线圈的转动．②线圈偏转的角度越大，被测电流就越大，所以根据线圈偏转角度的大小，可以确定被测电流的大小；根据线圈偏转的方向，可以知道被测电流的方向．3、特点表盘刻度均匀．4、优、缺点①优点：灵敏度高，可以测出很弱的电流．②缺点：线圈的导线很细，允许通过的电流很弱．【课堂检测】1.如图所示，位于通电螺线管中央轴线上a、b、c三点和外侧的d点，关于各点的磁场，下列说法正确的是（

）A.

a点的磁场最强

B.

b点的磁场最强

C.

c点磁感应强度方向水平向左

D.

d点磁感应强度方向水平向右【答案】A【解析】CD．由右手螺旋定则可以判定，螺线管内部的磁场方向从左向右，所以c点的磁感应强度方向水平向右；由于磁感线是闭合的曲线，所以d点的磁感应强度方向水平向左；C、D不符合题意；AB．由螺线管的内、外磁感线分布可知，a点的磁场最强，b点的磁场弱于a点，A符合题意、B不符合题意。故答案为：A。【分析】利用右手螺旋定则可以判别螺线管周围磁感应强度的大小及方向。2.如图所示，在水平放置的通电螺线管正上方，垂直螺线管水平放置一阴极射线管。若要阴极射线往上偏转，则应（

）A.

M接电源正极，N接负极

B.

M接电源负极，N接正极

C.

M接电源正极，N接负极，阴极射线管正负极位置互换

D.

M接电源负极，N接正极，阴极射线管水平旋转90°【答案】A【解析】ABC．由图可知，阴极射线由负极射向正极往上偏转，由左手定则可判断，螺线管上方的磁场由N指向M，则螺线管内部轴线方向的磁场由M指向N，由安培定则可判断出，M接电源正极，N接负极，A符合题意，BC不符合题意；D.M接电源负极，N接正极时，根据左手定则和安培定则可判断出，阴极射线管水平旋转180°，D不符合题意。故答案为：A。【分析】由左手定则，阴极射线向右，向上偏，磁场由M指向N，由安培定则，M接电源正极，N接负极。【素养作业】1.如图，通有电流I的直导线处于方向向左的匀强磁场B中，则导线受到磁场力的方向（）A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】A【解析】根据左手定则可知，直导线受安培力方向向上。故答案为：A。【分析】利用左手定则结合磁感线和电流的方向可以判别安培力的方向。2.如图所示，三根长直通电导线互相平行，电流大小和方向均相同，它们的截面处于顶角为120°的等腰△ABC的三个顶点，导线A产生的磁场在C处的磁感应强度大小为B0A.

导线A，B在C处的合磁场的磁感应强度大小为2B0

B.

导线A，B在C处的合磁场的磁感应强度大小为3B0

C.

导线C受到的安培力的方向为垂直AB向下【答案】C【解析】AB．由右手螺旋定则和平行四边形定则，可判断导线A、B在C处的合磁场的磁感应强度大小为B0，方向平行ABAB不符合题意；CD．再由左手定则可判断C处受到的安培力的方向为垂直AB向下，C符合题意，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用右手螺旋定则可以判别磁感应强度的方向，结合平行四边形定则可以判别合磁感应强度的方向及大小，结合左手定则可以判别安培力的方向。3.如图所示，粗细均匀同种材料制成的半圆形通电导体线框置于匀强磁场中，ab为导体线框的直径，a、b两点通入如图所示的电流，已知ab边受到的安培力大小为F，则导体线框半圆弧部分受到的安培力大小为（

）A.2FπB.Fπ2C.F【答案】A【解析】设导线框的直径为d，则半圆弧长度为12πd，根据电阻定律可知导线框直径部分与半圆弧部分电阻之比为2:π，导线框直径部分与半圆弧部分并联，电流与电阻成反比，设通过导线框直径ab的电流为I，则通过导线框半圆孤部分电流为2πI，导线框直径ab导线框半圆弧部分等效长度也为d，导线框半圆弧部分受到的安培力大小为F解得FA符合题意。故答案为：A。【分析】利用电阻定律可以求出并联电阻的支路电阻的比值，结合安培力的表达式及有效长度可以求就出安培力的大小。4.如图所示，长为d质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（）A.

mBL2gL(1−cosθ)

B.

m【答案】C【解析】细金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可得12细金属杆在通电瞬间在水平方向受到磁场的安培力，根据动量定理可得F即B又q=可得Bqd=mv解得q=故答案为：C。【分析】研究金属杆ab离开导轨上摆的过程,根据能量守恒定律求ab离开导轨的速度大小，金属杆在通电瞬间受到磁场作用的安培力,根据动量定理和电荷量与电流关系求解电量q。5.截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，A.

B.

C.

D.

【答案】C【解析】如图所示，已知五条通电直导线的电流方向，且中心直导线的电流与周围四根直导线的电流关系有：

I1故答案为：C。【分析】利用安培定则可以判别其通电导线周期产生的磁场方向，结合左手定则可以判别其导线受到的安培力方向进而判别弹性长管的变形情况。6.水平面有一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示，导线处于水平向右的匀强磁场B1中。如果在该空间再加一个匀强磁场B2，使得导线所受安培力为零，不考虑导线产生的磁场及地磁场的影响，则B2的方向可能为（）A.

B.

C.

D.

【答案】A【解析】A．由左手定则可知，导线在匀强磁场B1中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场B2中受到的安培力方向垂直向外，所以导线受到的安培力可能为0，A符合题意；B．由左手定则可知，导线在匀强磁场B1中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场B2中受到的安培力方向垂直向时，所以导线受到的安培力不可能为0，B不符合题意；C．由左手定则可知，导线在匀强磁场B1中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场B2中受到的安培力方向与导线在同一平面内，则导线受到的安培力不可能为0，C不符合题意；D．由左手定则可知，导线在匀强磁场B1中受到的安培力方向垂直向里，导线在匀强磁场B2中不受安培力的作用，则导线受到的安培力不可能为0，D不符合题意。故答案为：A。【分析】本题主要考查通电导体在磁场中所受安培力的相关知识。由力的平衡条件和左手定则进行求解。7.如图所示，是物理兴趣小组自制的电流表原理图。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧劲度系数为k，在边长ab=L1、bc=L2的矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN的长度大于ab。当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与ab边重合，且指针指在标尺的零刻度。当A.

金属杆中电流方向不影响电流表正常工作

B.

当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零

C.

该电流表的刻度在有效范围内是不均匀的

D.

该电流表的最大量程是I【答案】D【解析】A．电流表正常工作时金属杆所受安培力应向下，即电流方向应M→N，故电流方向改变，所受安培力方向改变，会影响电流表正常工作，A不符合题意；B．当该电流表的示数为零时，满足kΔx=mg可得弹簧的伸长量为ΔxB不符合题意；CD．设电流表满偏时通过MN的电流为Im，此时金属杆达到cd位置，由平衡条件可得mg+B联立可解得最大量程为I同理可知，在未达到最大量程时满足I=I与x成正比，故该电流表的刻度在有效范围内是均匀的，C不符合题意，D符合题意。故答案为：D。【分析】本题主要根据导体棒MN的重力和通电时收到的安培力与弹簧弹力处于平衡状态，根据胡克定律以及安培力的表达式计算求解。8.如图所示，长为L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向垂直斜面向上，则电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为竖直向上，电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值I1A.

cosθ

B.

1cosθ【答案】A【解析】当B方向垂直斜面向上时，根据左手定则，安培力方向沿斜面向上，根据平衡条件得BI当B方向垂直竖直向上时，根据左手定则，安培力方向水平向右，根据平衡条件得B解得I故答案为：A。【分析】利用左手定则可以判别安培力的方向，结合平衡条件可以求出电流的大小第一章安培力与洛伦兹力第2节磁场对运动电荷的作用力【素养目标】通过实验探究，感受磁场对运动电荷有力的作用．2．知道什么是洛伦兹力，会用左手定则判断洛伦兹力的方向．3．了解洛伦兹力公式的推导过程，会用公式分析求解洛伦兹力．4．了解电视显像管的基本构造和工作原理．【必备知识】知识点一、洛伦兹力1、定义：运动电荷在磁场中所受的力称为洛伦兹力。2、洛伦兹力的方向：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷运动的方向，这时拇指所指的方向就是运动的正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向，负电荷受力的方向与正电荷受力的方向相反．3、洛伦兹力的大小(1)当v与B成θ角时：F＝Bqvsin_θ.(2)当v⊥B时：F＝qvB.(3)当v∥B时：F＝0.4、洛伦兹力与安培力的关系安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观实质．(1)方向：洛伦兹力的方向与运动电荷形成的等效电流的安培力方向相同．(2)大小：一段通电导线所受安培力大小等于该段导线内所有运动电荷所受洛伦兹力的矢量和．洛伦兹力总不做功，而安培力可以做功。知识点二、洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力性质磁场对在其中运动的电荷的作用力电场对放入其中电荷的作用力产生条件v≠0且v不与B平行电场中无论电荷处于何种状态F≠0大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE方向满足左手定则F⊥B、F⊥v正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反做功情况任何情况下都不做功可能做正功、负功，也可能不做功作用效果只改变电荷运动的速度方向，不改变速度大小既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向【点睛】推导洛伦兹力公式设有一段长为L，横截面积为S的直导线，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，自由电荷定向移动的速率为v.这段通电导线垂直磁场方向放入磁感应强度为B的匀强磁场中．(1)根据电流的定义式可知通电导线中的电流I＝eq\f(Q,t)＝eq\f(nSvtq,t)＝nqSv.(2)通电导线所受的安培力F安＝BIL＝B(nqSv)L.(3)这段导线内的自由电荷数N＝nSL.(4)每个电荷所受的洛伦兹力F洛＝eq\f(F安,N)＝eq\f(BnqvSL,nSL)＝qvB.【点睛】对公式的理解(1)适用条件：运动电荷的速度方向与磁场方向垂直，当v＝0时，F洛＝0，即相对磁场静止的电荷不受洛伦兹力作用．(2)B、v夹角对洛伦兹力的影响：①当θ＝90°时，v⊥B，sinθ＝1，F洛＝qvB，即运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力最大．②当v∥B时，θ＝0°，sinθ＝0，F洛＝0，即运动方向与磁场平行时，不受洛伦兹力．③若不垂直，F洛＝qvBsinθ.知识点三、电子束的磁偏转洛伦兹力的方向与粒子的运动速度方向垂直。当粒子在磁场中运动时，因受到洛伦兹力的作用，会发生偏转。电视显像管应用了电子束磁偏转的原理。电子枪发射电子，经过偏转线圈时受到洛伦兹力发生偏转，之后发到荧光屏上，使其发光。在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，电子的水平分速度是由竖直方向的磁场控制的，电子的竖直分速度是由水平方向的磁场控制的。【课堂检测】1.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（

）A.

粒子带正电

B.

粒子在b点速率大于在a点速率

C.

若仅增大磁感应强度，则粒子可能从b点左侧射出

D.

若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】A．根据左手定则，粒子带负电，A不符合题意；B．洛伦兹力与速度垂直不做功，粒子在b点速率等于在a点速率，B不符合题意；C．根据r=mvD．根据r=mvqB则粒子在磁场中运动时间先变长，后不变，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用利用洛伦兹力不做功可以判别速率的大小；增大磁感应强度及牛顿第二定律可以判别粒子的运动轨迹；利用轨迹圆心角的变化可以判别运动时间的大小。2.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是（

）A.

粒子c带负电，粒子a、b带正电

B.

射入磁场时，粒子b的速率最小

C.

粒子a在磁场中运动的时间最长

D.

若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变【答案】C【解析】A．根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，A不符合题意；B．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qνB=m解得v=由图知射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，B不符合题意；C．根据T=2πmqB由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，C符合题意；D．若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，由牛顿第二定律得qνB=m解得R=则a粒子射入磁场时的半径会变小，但a粒子轨迹对应的圆心角不变，由t=可知a粒子运动时间会变小，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用左手定则可以判别粒子的电性；利用牛顿第二定律结合轨道半径的大小可以比较速率的大小；利用周期公式结合运动的圆心角可以比较运动的时间；利用周期公式可以判别运动时间的变化。【素养作业】1.关于电荷所受电场力和洛伦兹力，正确的说法是（

）A.

电荷在磁场中一定受洛伦兹力作用

B.

电荷在电场中一定受电场力作用

C.

电荷所受的电场力一定与该处电场方向一致

D.

电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直【答案】B【解析】A．当电荷的运动方向与磁场方向平行，则电荷不受洛伦兹力．A不符合题意．B．电荷在电场中一定受到电场力作用．B符合题意．C．正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反．C不符合题意．D．电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直．D不符合题意．故答案为：B【分析】电荷在电场中移动受到电场力的作用，其正电荷受到的电场力方向和电场方向相同；电荷在磁场中不一定受到洛伦兹力的作用，其洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直。2.如图所示，a为带负电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于光滑的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动在加速运动阶段（

）A.

a、b一起运动的加速度减小

B.

a、b一起运动的加速度增大

C.

a、b物块间的支持力减小

D.

a、b物块间的摩擦力减小【答案】C【解析】AB．对a、b整体由牛顿第二定律得F=(m解得a水平恒力F不变，所以加速度不变，AB不符合题意；C．向左加速运动时，由左手定则得洛伦磁力方向竖直向上，速度越大洛伦磁力越大，所以支持力减小，则C符合题意；D．对a受力分析，由f=m1a故答案为：C。【分析】1.以a、b整体，根据牛顿第二定律列式F=(m1+m23.如图所示，在第一象限内有垂直纸而向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（

）A.

1:2

B.

2:1

C.

1:3

D.

【答案】A【解析】根据左手定则，正电子在洛伦兹力的作用下逆时针做匀速圆周运动，弦切角等于30°，圆心角等于60°，在磁场中的运动时间为t1根据左手定则，负电子在洛伦兹力的作用下顺时针做匀速圆周运动，弦切角等于60°，圆心角等于120°，在磁场中的运动时间为t根据T=2πmeB故答案为：A。【分析】利用粒子运动轨迹所对的圆心角结合周期相等可以求出运动时间的比值。4.空间有一圆柱形匀强磁场区域，其横截面的半径为R，圆心为O，磁场方向垂直横截面（纸面向里），一质量为m、电量为q的负电粒子从M点平行于横截面以速率v射入磁场，速度方向与直径MN的夹角为θ=30°，离开磁场时速度方向与MN垂直，不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为（

）A.

3mvqR

B.

3mv3qR【答案】C【解析】作出粒子运动轨迹如图所示粒子从K点射出，Q为轨迹圆心，因为速度方向与直径MN的夹角为θ=30°，则∠OMQ=60∘；粒子离开磁场时速度方向与MN垂直，则OM平行于QK，∠α=60∘；又因为OM=OK=R，QM=QK=r，且另外一边OQ重合，则△OMQ≅△OKQ，∠OKQ=∠OMQ=∠α=联立解得B=故答案为：C。【分析】画出粒子的运动轨迹，结合几何关系可以求出轨道半径的大小，再利用牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小。5.如图所示，两块很大的平行金属板M、N正对放置，分别带有等量异种电荷，在两板间形成匀强电场，空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场。有一带正电的粒子从O点进入两金属板的空间，恰能沿轨迹③所在的直线OOA.

若将粒子电量变为原来的2倍，则粒子可能沿轨迹①做曲线运动

B.

若将电容器逆时针旋转一个很小的角度，则粒子可能沿轨迹②做直线运动

C.

若将M板向左移动一小段距离，则粒子可能沿轨迹④做曲线运动

D.

若将M、N板间距减小少许，则粒子将沿轨迹④做曲线运动【答案】C【解析】A．带正电的粒子从O点进入两金属板的空间，恰能沿轨迹③所在的直线OO'运动，则粒子受向上的洛伦兹力和向下的电场力平衡，即即v=若将粒子电量变为原来的2倍，则粒子所受的电场力和洛伦兹力仍平衡，仍沿轨迹③做直线运动，A不符合题意；B．若将电容器逆时针旋转一个很小的角度，则粒子进入复合场时所受的向上的洛伦兹力大于电场力沿竖直方向的分力，则粒子将向上偏转做曲线运动，B不符合题意；C．若将M板向左移动一小段距离，则电容器电容减小，根据Q=CU可知，两板电压U变大，则粒子受向下的电场力变大，则粒子可能沿轨迹④做曲线运动，C符合题意；D．若将M、N板间距减小少许，则电容器电容C变大，根据Q=CU可知两板电压U减小，则粒子受电场力减小，则粒子向上偏转，可能沿轨迹①做曲线运动，D不符合题意。故答案为：C。【分析】利用电场力和洛伦兹力相等可以判别直线通过速度选择器的速度大小，利用表达式可以判别粒子电荷量变化时粒子还是做直线运动；当电容器旋转一定角度时，利用洛伦兹力和电场力在竖直方向的大小可以判别粒子的偏转；当板间距离减小时电容变小电压变大会导致电场力大于洛伦兹力则粒子向下偏转；当板间距离减小时由于电场强度不变所以粒子继续做直线运动。6.一个质量为m、带电量为+q的小球，由长为l的细线吊在天花板下，空间有竖直向下的匀强磁场。如图甲小球恰好以速率v0逆时针在水平面内做匀速圆周运动，如图乙小球以速率v1顺时针在水平面内做匀速圆周运动，这两种情况小球的轨道平面与地面的距离均为h，细线与竖直方向的夹角均为θ。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是（

）A.

两种情况小球的向心加速度大小相同

B.

两种情况小球所受的拉力不同

C.

两种情况小球的速率相同

D.

两种情况剪断细线后，小球落到地面的时间相同为2ℎ【答案】D【解析】C．根据牛顿第二定律得mgtanmg解得v0A．小球的向心加速度为a=r=l解得a=vB．小球所受的拉力FTD．剪断细线后，小球做平抛运动，运动时间为ℎ=解得t=2ℎ故答案为：D。【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向，结合牛顿第二定律可以求出向心加速度的大小及线速度的大小；利用竖直方向的平衡方程可以判别拉力的大小相同；剪断绳子后，利用竖直方向的位移公式可以比较小球的运动的时间。7.如图所示，空间有一个范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘水平细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现给环一个向右的初速度v0，在圆环整个运动过程中，下列说法正确的是（

）A.

如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12mv02

B.

如果磁场方向垂直纸面向里，圆环克服摩擦力做的功一定为12【答案】C【解析】AB．当磁场方向垂直纸面向里，则洛伦兹力方向向上。当qv时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。当q时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得−W=0−解得W=当q时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。由qvB=mg可得v=根据动能定理得−W=解得W=AB不符合题意；CD．如果磁场方向垂直纸面向外，则洛伦兹力方向向下，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得−W=0−解得W=D不符合题意，C符合题意。故答案为：C。【分析】利用左手定则可以判别洛伦兹力的方向；结合洛伦兹力和重力比较可以判别压力的方向及大小，利用压力可以判别其摩擦力的大小进而判别克服摩擦力做功的大小。8.如图所示，在边长为l的正三角形ABC内有垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出磁场）。O为三角形的中心，一个带负电的粒子以速度v0从A点沿AO方向射入该磁场，从B点沿OB方向射出，下列说法正确的是（

）A.

粒子做圆周运动的半径为12l

B.

粒子做圆周运动的半径为2l

C.

粒子在磁场中运行的时间是πl3【答案】C【解析】AB．由于洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv0画出带电粒子的轨迹如下图所示根据几何关系有r=lAB不符合题意；CD．由于洛伦兹力提供向心力有qv0B=m42T2r，qv0由上图可知圆心角θ=60°则t=T6

=C符合题意、D不符合题意。故答案为：C。【分析】画出带电粒子的运动轨迹，利用几何关系可以求出轨道半径的大小；结合牛顿第二定律及周期的大小可以求出运动的时间。第一章安培力与洛伦兹力第3节带电粒子在匀强磁场中的运动【素养目标】1.了解带电粒子在匀强磁场中的运动规律2.掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式及应用【必备知识】知识点一、带电粒子在匀强磁场中的运动若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动（此情况下洛伦兹力F=0）若v⊥B，带电粒子在垂直于磁场的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。当带电粒子的初速度方向与磁场方向成θ角时，粒子做等螺距螺旋运动。知识点二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期质量为m电荷量为q的带电粒子，垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，(1)若不计粒子重力，运动电荷只受洛伦兹力作用，由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).(2)由轨道半径与周期的关系可得：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2π×\f(mv,qB),v)＝eq\f(2πm,qB).知识点三、带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法研究带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的问题，应遵循“一找圆心，二找半径，三找周期”的基本思路。具体如下。(1)轨迹圆心的两种确定方法．①已知粒子运动轨迹上两点的速度方向时，作这两速度的垂线，交点即为圆心，如图所示．②已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向时，画出粒子轨迹上的两点连线(即过这两点的圆的弦)，作它的中垂线，并画出已知点的速度的垂线，则弦的中垂线与速度的垂线的交点即为圆心，如图所示．(2)三种求半径的方法．①根据半径公式r＝eq\f(mv,qB)求解．②根据勾股定理求解，如图所示，若已知出射点相对于入射点侧移了x，则满足r2＝d2＋(r－x)2.③根据三角函数求解，如图所示，若已知出射速度方向与水平方向的夹角为θ，磁场的宽度为d，则有关系式r＝eq\f(d,sinθ).(3)四种角度关系．①速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)．②圆心角α等于AB弦与速度方向的夹角(弦切角θ)的2倍(φ＝α＝2θ＝ωt)．③相对的弦切角(θ)相等，与相邻的弦切角(θ′)互补，即θ＋θ′＝180°，如图3­6­5所示．④进出同一直边界时速度方向与该直边界的夹角相等．(4)两种求时间的方法．①利用圆心角求解，若求出这部分圆弧对应的圆心角，则t＝eq\f(θ,2π)T.②利用弧长s和速度v求解，t＝eq\f(s,v).知识点四、带电粒子在有界磁场中的运动1、直线边界（如图所示）粒子进入磁场时的速度，垂直于边界时，出射点距离入射点最远，且入射点和出射点的距离，如图甲所示；同一出射点，可能对应粒子的两个入射方向，且一个“优弧”，一个“劣弧”，如图乙、丙中的出射点A。2、平行边界（如图所示）3、相交直边界（如图所示）4、圆边界（如图所示）（1）粒子沿圆形区域匀强磁场的半径方向垂直射入磁场，必沿半径方向射出磁场，如图甲所示。（2）粒子射入磁场的速度方向与入射点和磁场圆心连线的夹角等于射出磁场的速度方向与出射点和磁场圆心连线的夹角，如图乙所示。知识点五、带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的受力特点复合场通常指电场与磁场在某一区域并存或电场、磁场和重力场在某一区域并存的情况。重力：若为基本粒子（如电子、质子、α粒子、离子等）一般不考虑重力；若为带电颗粒（如液滴、油滴、小球、尘埃等）一般需要考虑重力。电场力：带电粒子在电场中一定受到电场力的作用，在匀强电场中，电场力为恒力，大小为F=qE。电场力的方向与电场的方向相同或相反。电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，电场力做工一定伴随着电势能的变化。洛伦兹力：带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力与运动的速度（大小、方向）有关，洛伦兹力的方向始终和磁场方向垂直，又和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，也不会改变带电粒子的动能。带电粒子在复合场中的几种运动形式在复合场中受到洛伦兹力的带电粒子，作直线运动时，所受的合力必为0，且一定做匀速直线运动。当带电粒子所受重力和电场力等大、反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子做匀速圆周运动。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，带电粒子的受力情况和运动情况会发生相应的变化，其运动过程分别由几个不同的运动阶段组成。【课堂检测】1.如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子（重力不计）从AB边的中点O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足（

）A.

B＞3mv3aq

B.

B＜3mv3aq【答案】B【解析】解：粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示：则粒子运动的半径为：r=acot30°=3a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2解得：r=mvqB粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：R＞r，解得：B＜3mv故选：B．【分析】作出粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系得到临界轨迹的轨道半径；再根据牛顿第二定律并结合洛伦兹力提供向心力列式求解．2.空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力，该磁场的磁感应强度大小为（

）A.

3mv03qR

B.

m【答案】A【解析】解：带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r=Rcot30°=3R，由牛顿第二定律得：qv0B=mv0解得：B=3故选：A．【分析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力，由几何知识求出轨迹半径r，根据牛顿第二定律求出磁场的磁感应强度．【素养作业】1.空间有一圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度为B，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以一定的速率沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，粒子入射的速度大小为（

）A.

B.

C.

D.

【答案】B【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图：根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，且轨迹的半径为r=Rcot由牛顿第二定律得：qv解得：v=3qBR故答案为：B．【分析】利用粒子的出射速度方向，绘制出粒子的运动轨迹，利用几何关系求出粒子的运动半径，洛伦兹力提供向心力，求解入射速度。2.如图，一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转则（

）

A.

若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转

B.

若质子的速度v′＜v，它将向下偏转而做类似的平抛运动

C.

若质子的速度v′＞v，它将向上偏转，其运动轨迹是圆弧线

D.

无论何种带电粒子（不计重力），只要都以速度v射入都不会发生偏转【答案】D【解析】质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转，说明了它受的电场力和洛伦兹力是一对平衡力有qvB=qE，与带电性质无关，所以只要以相同的速度射入该区域都不会发生偏转。A不符合题意，D符合题意；若质子的入射速度v'＜v，质子所受的洛伦兹力小于电场力，将向下偏转，洛伦兹力对粒子不做功，电场力做正功，存在洛兹力，所以不是类平抛运动。B不符合题意；质子的入射速度v'＞v，它所受到的洛伦兹力大于电场力。由于质子所受到的洛仑兹力方向向上，故质子就向上偏转。由于质子所受的电场力是一恒力而洛仑兹力是一变力，故其轨迹既不是圆弧也不是抛物线，C不符合题意。故答案为：D。【分析】该装置是速度选择器，对于通过的粒子，洛伦兹力和电场力等大反向，速度不满足条件的，会偏向一边。3.如图，足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场，方向竖直向下（与纸面平行）；下方有一匀强磁场，方向垂直纸面向里。一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动，第一次穿过MN时的位置记为P点，第二次穿过MN时的位置记为Q点，PQ两点间的距离记为d，从P点运动到Q点的时间记为t。不计粒子的重力，若增大v0，则（

）

A.

t不变，d不变

B.

t不变，d变小

C.

t变小，d变小

D.

t变小，d不变【答案】D【解析】粒子在电场中做类平抛运动，设第一次到达P点竖直速度v1（大小不变），则粒子进入磁场的速度v=v02粒子进入磁场后做匀速圆周运动，半径R=mvqB

，第二次经过MN上的Q点时由几何关系可得：d=2Rsinθ；sinθ=tanθ1+tan故答案为：D.【分析】利用电场的类平抛运动可以求出进入磁场的速度大小，利用几何关系可以求出运动时间及弦长的表达式，利用表达式可以判别初速度的影响。4.在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（

）A.

带有电荷量为mgE的正电荷

B.

沿圆周逆时针运动

C.

运动的角速度为BgE【答案】C【解析】做匀速的圆周运动，说明电场力和重力平衡，粒子带负电，电量为mgE，A对。带负电粒子在最低点受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知，轨迹为顺时针B错。根据，qvB=mv2R，得v=qBEm，又因为w=v5.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a,b,c,左右两端开口,加垂直于上下底面且方向向下、磁感应强度为B的匀强磁场,在前后两个内侧固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积),下列说祛中正确的是（

）A.

若污水中正离子较多,则前表面比后表面电势高

B.

前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关

C.

污水中离子浓度越高,电压表的示数将越大

D.

污水流量Q与U成正比，与b,c无关【答案】B【解析】AB.根据左手定则，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，所以后表面的电势高于前表面的电势，与离子的多少无关。A不符合题意、B符合题意。

CD.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvB=qUb，解得U=vbB，电压表的示数与离子浓度无关；v=UBb，则流量Q=vbc=cU故答案为：B【分析】粒子在磁场的作用下会在左右板积累，形成电场，新形成的电场会抑制新的带电粒子的积累，故当电场力等于洛伦兹力的时候平衡，结合选项分析。6.如图所示，一个比荷为k的带正电粒子(重力忽略不计)，由静止经加速电压U加速后，从小孔0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中(磁场区域足够大)，粒子打在挡板上P点，OP=x.挡板与左边界的夹角为30°，与入射速度方向夹角为60°，则下列表达式中，能正确反映x与U之间关系的是（

）

A.

x=2kUkB

B.

x=6kUkB【答案】B【解析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：qU=12进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=m可得：r=粒子运动到P点，所以x=2rcos30∘故答案为：B.【分析】粒子在磁场中做类平抛运动，利用竖直位移求出运动时间，再结合水平位移求出水平速度。7.空间有一圆柱形匀强磁场区域，O点为圆心．磁场方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场，θ=30°，粒子在纸面内运动，经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直．不计粒子重力．若粒子速率变为v2A.

t2

B.

t

C.

3t【答案】C【解析】解：设粒子电量为q，质量为m，磁场半径为r，运动的轨迹半径分别为R，磁感应强度为B，根据洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2粒子运动周期：T=2πRv联立可得：T=2πm可知速度变化前后，两次粒子的周期不变，设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1，圆心为O1，画出粒子运动过程图如图一所示，根据题意可知：AO∥O1C，AO=OC，AO1=O1C可得：∠OAC=∠ACO1=∠CAO1=∠OCA=30°所以可知四边形OAO1C为菱形，粒子在磁场中运动所转过的圆心角：θ1=∠AO1C=120°，半径R1=r③设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R2，圆心为O2，根据①③式可知当粒子的速度变为v2时，粒子半径R2=r粒子所转过的圆心角θ2=180°根据粒子在磁场中运动的时间：t′=θ360所以两次粒子在磁场中运动的时间之比：t1t2=θ1又因为t1=t，所以t2=3t故C正确，ABD错误故选：C．【分析】根据题意画出粒子速度变化前后两次的运动轨迹过程图，确定圆心，根据周期公式T=2πmqB，利用几何关系比较两次粒子所转过的圆心角，再根据t=θ8.如图所示，质量、速度和电量均不完全相同的正离子垂直于匀强磁场和匀强电场的方向飞入，匀强磁场和匀强电场的方向相互垂直．离子离开该区域时，发现有些离子保持原来的速度方向并没有发生偏转．如果再让这些离子进入另一匀强磁场中，发现离子束再分裂成几束．这种分裂的原因是离子束中的离子一定有不同的（

）A.

质量

B.

电量

C.

速度

D.

荷质比【答案】D【解析】解：因为粒子进入电场和磁场正交区域时不发生偏转说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvB=qE，故v=EB粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：qvB=mv故圆周运动的半径：R=mv由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子能分裂成几束，所以粒子的mq故选：D．【分析】粒子在磁场和电场正交区域里，同时受到洛伦兹力和电场力作用，粒子没有发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB=qE，即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=EB第一章安培力与洛伦兹力第4节质谱仪与回旋加速器【素养目标】了解质谱仪和回旋加速器的工作原理.【必备知识】知识点一、质谱仪质谱仪的作用：主要用于分析同位素，测定其质量、比荷和含量比。质谱仪的构造及原理加速电场：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2.①偏转磁场：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).②由①②两式可以求出粒子的运动半径r、质量m、比荷eq\f(q,m)等．其中由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知电荷量相同时，半径将随质量变化．同位素种类和含量比的确定：由于不同比荷的同位素粒子打在照片底片上的位置不同（eq\f(q,m)∝1r2），因此根据底片上谱线的条数和强弱，就可以确定同位素的种类和含量的多少。知识点二、回旋加速器原理：回旋加速器利用带电粒子在电场中可加速，在磁场中做匀速圆周运动的特点，使带电粒子能在较小的空间范围内多次受到电场的加速。结构：回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒之间留有一道窄缝，在中心附近放有粒子源，D形盒装在真空容器中，整个装置放在巨大电磁铁产生的匀强磁场中，并把两个D形盒分别接在高频电源的两极上。工作原理示意图（1）电场的作用：回旋加速器的两个D形盒之间的狭缝区域存在周期性变化的且垂直于两个D形盒正对截面的匀强电场，带电粒子经过该区域时被加速．根据动能定理：qU＝ΔEk.（2）磁场的作用：带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．其周期在q、m、B不变的情况下与速度和轨道半径无关，带电粒子每次进入D形盒都运动半个周期eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πm,qB)))后平行电场方向进入电场加速．如图所示．交变电压的作用：为保证粒子每次经过狭缝时都被加速，使之能量不断提高，需在狭缝两侧加上跟带电粒子在D形盒中运动周期相同的交变电压．（4）带电粒子的最终能量：由r＝eq\f(mv,qB)知，当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R.（5）粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速电压的大小)，一个周期加速两次．（6）粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(n,2)T＝eq\f(nπm,qB)(n是粒子被加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2.【课堂检测】1.劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U．若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，则下列说法正确的是（

）A.

质子被加速后的最大速度可能达到光速

B.

所加高频交流电频率为f=qBπm

C.

质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2：1

D.

若A处粒子源产生的为中子，中子也可被加速且最大动能为Ek=【答案】C【解析】解：A、质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v=2πRTB、根据qvB=mv2R和T=2πrv，知T=2πmBq=C、粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v=2ax知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为2：1，根据r=mvqB，则半径比为D、根据qvB=mv2R，知v=qBRm，则最大动能EKB=1故选：C【分析】回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力可以求出粒子的最大速度，从而求出最大动能．在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等．2.如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U．已知自由电子的电荷量为e．下列说法中正确的是（

）A.

M板比N板电势高

B.

导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大

C.

导体中自由电子定向移动的速度为v=UBd

D.

导体单位体积内的自由电子数为v=【答案】C【解析】解：A、如图，电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低．故A错误．

B、电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U=E=Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关．故B错误．C、由U=E=Bdv，得自由电子定向移动的速度为v=UBdD、电流的微观表达式是I=nevS，则导体单位体积内的自由电子数n=IevS，S=db，v=UBd，代入得n=故选：C．【分析】金属导体是自由电子导电，电流方向向右，则电子向左定向移动，在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力方向，判断哪个板聚集电子，再确定M、N两板电势的高低．电子定向移动相当长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势E=Bdv，为电子定向移动的速率，电压表的读数U=E．根据电流的微观表达式I=nevS，求解导体单位体积内的自由电子数n．【素养作业】1.关于回旋加速器中，下列说法正确的是（

）A.

电场和磁场同时用来加速带电粒子

B.

电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子旋转

C.

同一带电粒子获得的最大动能只与交流电源的电压有关，而与交流电源的频率无关

D.

回旋加速器的半径越大，同一带电粒子获得的动能越大，与匀强磁场的磁感应强度无关【答案】B【解析】解：AB、回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转．并不是同时加速和偏转的，而是先加速再偏转，故A错误，B正确．C、根据qvB=mv2R，知最大速度v=qBRm，则最大动能EK=12mv

D、最大动能EK=12mv2=q故选：B．【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的，电场方向变化的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．根据qvBqvB=mv2R，以及122.如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形盒．两盒间构成一狭缝，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列有关回旋加速器的描述正确的是（

）A.

粒子在狭缝和D形盒中运动时都能获得加速

B.

D形盒半径越大，粒子从回旋加速器射出时动能越大

C.

狭缝间电压越大，粒子从回旋加速器射出时动能越大

D.

高频交流电源的周期等于粒子在D形盒中运动周期的2倍【答案】B【解析】解：A、回旋加速器运用电场加速和磁场偏转来加速粒子，在D形盒中运动时，速度大小不变．故A错误．B、根据qvB=mv2R得，v=qBRD、回旋加速器交流电源的周期与粒子在D形盒中运动的周期相等．故D错误．故选：B．【分析】回旋加速器是运用电场加速、磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，结合D形盒的半径求出粒子的最大速度，从而得出最大动能，判断与什么因素有关．在回旋加速器中，交流电源的周期与粒子在D形盒中的周期相等．3.用回旋加速器加速粒子，待加速粒子的荷质比一定，为增加加速所能达到的最大速度，可采取的措施是（

）A.

提高周期性变化电压的最大值

B.

减小周期性变化电压的周期

C.

减小匀强磁场的磁感强度