1.4质谱仪与回旋加速器 同步练习 -2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

**基本信息** 以“基础概念-典型应用-综合拓展”为路径，通过五阶分层设计，覆盖质谱仪与回旋加速器核心知识，强化物理观念与科学思维，适配新授课从概念建构到问题解决的教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础填空|质谱仪、回旋加速器构造与原理|通过填空巩固核心概念，奠定物理观念基础| |备考训练一|速度选择器、磁流体发电机|以选择和简单计算为主，强化洛伦兹力与电场力平衡模型| |备考训练二|质谱仪（有无速度选择）|结合加速电场与偏转磁场，深化科学推理能力| |备考训练三|回旋加速器原理|聚焦周期、最大动能等关键规律，突出模型建构| |备考训练四、五|电磁组合场、叠加场|综合应用多场作用分析复杂运动，提升问题解决能力|

779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 1.4质谱仪与回旋加速器 1．质谱仪 （1）质谱仪构造：主要构件有加速________、偏转________和照相底片。 （2）运动过程（如图） ①带电粒子经过电压为U的加速电场加速，_______=mv2。 ②垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r=_______，可得r=________。 ③分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的________。 2．回旋加速器 （1）构造：两个D形盒，两D形盒接______流电源，D形盒处于垂直于D形盒的匀强______中，如图 （2）工作原理： ①电场的特点及作用 特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在______的电场。 作用：带电粒子经过该区域时被______。 ②磁场的特点及作用 特点：D形盒处于与盒面垂直的______磁场中。 作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做______运动，从而改变运动______，______圆周后再次进入电场。 备考训练一 : 1、 速度选择器 2、 磁流体发电机 1．如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？ A． 粒子速度的大小 B． 粒子所带的电荷量 C． 电场强度 D． 磁感应强度 2．磁流体发电机的原理示意图如图所示。已知平行金属板A、B的间距d=0.15 m，其间有与极板平行的匀强磁场，磁感应强度的大小B=0.1 T，等离子体以速度平行于极板从左侧垂直磁场射入。忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力，则： (1)哪个极板是正极板？ (2)该发电机产生的电动势为多少？ 3．如图所示，空间中存在着方向竖直向上大小为E的匀强电场与方向垂直于纸面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场叠加的区域。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度射入该区域。已知粒子在该区域恰做直线运动。不计粒子重力，则该粒子（　　） A．可能做匀加速直线运动 B．入射速度的大小一定为 C．入射速度的方向水平向右 D．该粒子一定带正电 4．一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（　　）（所有粒子均不考虑重力的影响） A．以速度的射入的正电子 B．以速度射入的电子 C．以速度射入的核 D．以速度射入的a粒子 5．如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。 （1）求粒子加速器M的加速电压U； （2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向； （3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能。 6．（多选）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（　　） A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 7．磁流体发电的原理如图所示．将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压．如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极．若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ．忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ） A．上板为正极，电流 B．上板为负极，电流 C．下板为正极，电流 D．下板为负极，电流 备考训练二: 1、质谱仪（有无速度选择） 8．如图所示为某一具有速度选择器的质谱仪的工作原理图，A为粒子加速器，加速电压为，B为速度选择器，磁场与电场正交，两板间电压为，距离为；C为偏转分离器，磁感应强度为。现有一质量为、电荷量为的带正电粒子（不计重力）无初速度漂入加速电场，经粒子加速器加速后恰能沿直线通过速度选择器，进入分离器后做匀速圆周运动。求： (1)速度选择器中磁感应强度大小； (2)该粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径。 9．（多选）如图为某一质谱仪，氢离子、、从容器下方的狭缝飘入（初速度为零）电场区，经电场加速后通过狭缝、垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片上。不考虑离子间的相互作用，则（   ） A．静电力对这三种氢离子做的功相等 B．离子进入磁场时的速度最大 C．最终到达底片最远点的离子是 D．若让离子和氢离子一样经过该质谱仪，则最终会到达点 10．如图有一混合正离子束先后通过正交电场磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，则说明这些正离子具有相同的（    ） A．动能 B．质量 C．电荷 D．荷质比 11．如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为L。不计重力影响和离子间的相互作用。求： （1）磁场的磁感应强度B的大小。 （2）甲、乙两种离子的比荷之比。 12．质谱仪可用来分析同位素，也可以用来分析比质子重很多倍的离子．现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口P离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从P点离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的11倍．此离子和质子的质量之比为（　　） A．11 B．12 C．144 D．121 13．（多选）如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（ ） A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内 C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 14．一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域MN =L，且OM =L．某次测量发现MN中左侧2/3区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧1/3区域QN仍能正常检测到离子． 在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到． （1）求原本打在MN中点P的离子质量m； （2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围； （3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．（取；） 备考训练三: 1、 回旋加速器原理 2、 周期特点（总时间计算） 3、 最大速度（动能） 15．如图所示是1932年物理学家劳伦斯发明的回旋加速器装置，其主体部分是两个形金属盒，两金属盒处于垂直盒底的匀强磁场中，、分别与高频交流电源两极相连，不计带电粒子通过盒间窄缝的时间及相对论效应，下列说法正确的是（   ） A．带电粒子从磁场中获得能量 B．带电粒子每次经过窄缝时都被加速 C．增大加速电场的电压，可使粒子射出加速器时的动能增大 D．为使带电粒子每次通过窄缝时都被加速，交变电流频率要不断调整 16．（多选）重离子治疗仪利用质子或重离子形成的粒子射线进行疾病治疗。其系统设备由离子源、回旋加速器和偏转系统组成。其中回旋加速器的原理如图所示。现用回旋加速器分别加速静止的氘核和氦核，不计电场中的加速时间，下列说法中正确的是（　　） A．由图可知磁场垂直纸面向外 B．两种粒子被加速的最大速率相同 C．氘核在加速器中被加速的次数更多 D．两种粒子加速时所用交流电源的周期相同 17．（多选）回旋加速器核心部分由两个中空的半圆形金属盒和一个狭缝组成，两D形盒分别与高频交流电源的两极相连，狭缝间形成周期性变化的电场，确保粒子在每次通过狭缝时都能被加速，整个D形盒区域处于垂直于盒底的匀强磁场中，粒子在D形盒内仅受洛伦兹力作用。不考虑相对论效应及粒子重力，下列关于粒子在内所有运动轨迹的说法，正确的是（    ） A．所有轨迹中粒子的速度大小都保持不变 B．后一次运动轨迹的半径一定大于前一次 C．任意两条轨迹对应的圆周运动周期均相等 D．任意两条轨迹对应的圆周运动的圆心位置均不同 18．如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源A置于盒的圆心附近。若粒子源A射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R。则下列说法正确的是（　　） A．粒子在D形盒内做匀加速运动 B．所加交流电源的频率 C．粒子加速后获得的最大速度 D．增大加速电压，粒子获得的最大动能增大 19．1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，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以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用． （1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比； （2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ； （3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能 ． 20．回旋加速器的基本结构如图所示，置于真空中的两形金属盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。匀强磁场与盒面垂直，处粒子源产生的粒子（不计初速度）在加速器中被加速，狭缝间的加速电压为，加速过程中忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（    ） A．粒子在磁场中做圆周运动的周期不断增大 B．仅增大加速电压，粒子离开回旋加速器的速度变大 C．仅增大加速电压，粒子在形盒中运动的总时间变短 D．粒子第1次和第2次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比 21．（多选）如图是世界上第一台回旋加速器的实物图和原理图。这台加速器的最大回旋半径仅28cm，加速电压为1kV时，质子的最大动能可达到80keV。下列说法正确的有（　　） A．因洛伦兹力对质子不做功，故质子的最大动能与磁感应强度无关 B．加速电压的高低会影响质子在D形盒中运动的时间 C．若加速电压变为2kV，质子的最大动能可达到160keV D．若最大回旋半径变为56cm，质子的最大动能可达到320keV 22．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中加速电场被限制在A、C板间。虚线（A、C板的延长线）之间无电场、无磁场，带负电粒子从处无初速度释放，经加速电场加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是（　　） A．加速电场方向需做周期性变化 B．该D形盒中磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向里 C．右侧相邻圆弧间距 D．加速电压增加为原来的两倍，其他条件不变，则最终粒子离开D形盒时的动能也增加为两倍 23．回旋加速器的结构原理如图：两个相距很近，半径为R的D形金属盒与交变电源的两极连接，其中心处有一粒子源，不断发射质量为m、带电量为q的粒子，各粒子初速度为0。粒子通过两盒间窄缝时会得到加速，加速电压恒为U。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面， 磁感应强度为B．粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到D形盒边缘时，通过特殊装置被引出。若粒子在加速器出口时形成强度为I的电流，则（　　） A．该回旋加速器需要连接频率为的交流电源 B．粒子能够获得的最大速度为，与磁场无关 C．粒子能够获得的最大速度为qBR，与加速电压无关 D．该回旋加速器的功率为 24．（多选）由我国中核集团原子能院自主研发的超导回旋加速器加速的质子束能量首次达到，突破国外在这一重大医疗装备领域的垄断地位，逐步实现我国恶性肿瘤、心脑务管疾病等重大疾病诊断和治疗的回旋加速器设备国产化。其原理如图所示，两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，已知D形盒的半径为R，电压为U，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面。该回旋加速器为质子（）加速器，已知质子从回旋加速器中心开始运动，其质量为m，电荷量为q。不计质子的初速度，重力及不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．高频交流电源的周期为 B．若质子最终从边缘飞出，则质子在磁场中运动的总时间为 C．质子第2次加速和第1次加速后轨道半径之比为 D．越靠近加速器边缘，相邻两轨道间距越小 备考训练四 : 必列关系 1、电磁组合场（分段分析） 25．如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成夹角．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力． （1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间； （2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值． 26．如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在平行y轴且向下的匀强电场，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从x轴上的A点以速度v、与x轴正方向成（未知）角射入第二象限，然后从y轴上的C点（未画出）垂直y轴射入第一象限，最终从x轴上的D点（未画出）垂直x轴射出磁场，，不计粒子重力，求： (1)及电场强度大小E； (2)磁感应强度大小B； (3)粒子从A点运动到D点的时间。 27．如图所示，在水平分界线上方有方向竖直向下的匀强电场，水平分界线下方有磁感应强度大小为、方向水平向里的匀强磁场，一质量为、电荷量为的带正电粒子从到分界线距离为的点平行分界线向右射入电场，粒子经时间第一次进入磁场，然后从分界线离开磁场再次进入电场，粒子离开磁场时的速度方向与分界线的夹角。不计粒子所受的重力。求： (1)粒子从点射入电场时的速度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)粒子第二次通过分界线的位置到点的水平距离。 28．如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。 (1)判断粒子的电性； (2)求电场强度大小E； (3)求磁感应强度大小B。 29．如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 30．如图，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比以及粒子在磁场与电场中运动时间之比。 31．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求 （1）带电粒子的比荷； （2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间． 32．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，求 （1）电场强度E的大小和方向； （2）小球从A点抛出时初速度v0的大小； （3）A点到x轴的高度h。 33．如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。 （1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小； （2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。 （i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度； （ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。     34．如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L．一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域．并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B． 备考训练五: 1、 电磁叠加场（直线必是匀速） 2、 圆周运动是匀速圆周（重力等于电场力） 35．在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向，磁感应强度为B的匀强磁场．一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动．据此可以判断出 A．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小，沿着z轴方向电势升高 B．质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大，沿着z轴方向电势降低 C．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势升高 D．质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变，沿着z轴方向电势降低 36．如图所示，半径的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度大小的匀强磁场方向垂直于轨道平面向外。一可视为质点、质量、电荷量的带正电的小球由轨道右端点无初速度滑下，轨道的两端等高，点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触，取重力加速度大小。求： (1)小球在最低点的速度大小； (2)小球在点的速度向左时，对轨道的压力大小。 37．如图所示，空间中存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面水平向里的匀强磁场。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成夹角且处于竖直平面内。一质量为、带电量为的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知重力加速度为，磁感应强度大小为，电场强度大小为，则大小为（　　） A． B． C． D． 38．（多选）  如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（　　） A．电场强度大小为 B．磁场强度大小为 C．N、P两点的电势差为 D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 39．（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（　　） A．油滴a带负电，所带电量的大小为 B．油滴a做圆周运动的速度大小为 C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 40．如图所示，空间中存在着垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，质量为m、电荷量大小为q的带电微粒恰能绕O点做线速度大小为v的匀速圆周运动，A点为微粒经过的最低点。微粒经过C点时仅将电场方向变为水平方向，微粒恰能沿直线运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A．微粒沿逆时针方向做圆周运动 B． C．微粒做圆周运动的半径为 D．匀强磁场的磁感应强度大小为 41．如图所示，水平虚线为分界线，分界线上方有方向水平向左的匀强电场，分界线下方有方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向上的匀强电场。现将比荷为的带正电小球从分界线上的点以初速度竖直向上抛出，小球在分界线上方的运动轨迹已画出，点为轨迹的最高点，小球从分界线上的点第一次进入分界线下方区域，且小球恰好在分界线下方区域做匀速圆周运动，经磁场偏转一次后又恰好回到点。已知小球到达点时的速度大小为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求∶ (1)、两点的高度差。 (2)匀强磁场的磁感应强度大小B； (3)小球从A点出发到返回A点所用的时间t。 42．如图所示，匀强磁场垂直纸面向外，以竖直方向的虚线PQ为界，左右两侧还都存在着匀强电场，两侧的电场强度大小相等，右侧的电场沿竖直方向，左侧的电场方向未知。一质量为m、电荷量为q的小球以速度v自A点沿着与竖直方向成30°角的方向斜向下运动，之后恰好可以沿直线运动至虚线PQ上的B点，穿过PQ后做匀速圆周运动，一段时间后再次到达虚线PQ上的C点。已知当地重力加速度为g。 (1)求匀强磁场的磁感应强度大小； (2)求小球在PQ右侧自B点运动至C点的时间。 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 779038077———理解为王——物理快乐学 2 / 5 试卷第1页，共3页 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 3 4 6 7 9 10 12 13 15 答案 B B B AC C AD D D AC B 题号 16 17 18 20 21 22 23 24 35 37 答案 BD BCD B C BD C D AD C D 题号 38 39 40 答案 BC ABD C 1．B 【详解】带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有．所以粒子所带电荷量改变，粒子运动轨迹不会改变，故B正确，ACD错误． 2．(1)A板 (2)30 V 【详解】（1）正离子在洛伦兹力的作用下偏向A板，A板是正极板。　 （2）设稳定时电动势为E，洛伦兹力与电场力平衡，有 代入数据解得E=30 V。 3．B 【详解】A．由题知，粒子做直线运动，且电场力是恒力，若粒子做加速直线运动，则洛伦兹力会随速度变化而变化，合力方向就会改变，则粒子就不能做直线运动，所以粒子只能做匀速直线运动，故A错误； BCD．若粒子带正电，电场力方向竖直向上，则洛伦兹力方向竖直向下，根据左手定则，可知粒子入射速度方向水平向左；若粒子带负电，电场力方向竖直向下，洛伦兹力方向竖直向上，根据左手定则，可知粒子入射速度方向也是水平向左，故不管粒子是带正电，还是带负电，其入射速度的方向水平向左，且电场力与洛伦兹力平衡，则有 解得，可知入射速度的大小与粒子的电性无关，则无法判断粒子的电性，故B正确 ，CD错误。 故选B。 4．B 【详解】质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足 解得 即质子的速度满足速度选择器的条件； A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误； B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确； C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误； 故选B。 5．（1）；（2），方向垂直导体板向下；（3） 【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有 解得 （2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡 得 方向垂直导体板向下。 （3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有 解得 6．AC 【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确； BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则 可得 因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。 故选AC。 7．C 【分析】等离子体进入板间受到洛伦兹力而发生偏转，根据左手定则判断离子的偏转方向，即可确定极板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定，由平衡条件求电源的电动势，结合电路知识分析板间的电流． 【详解】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有，解得稳定时电源的电动势，则流过R的电流为，而，，则得电流大小为，C正确． 【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析． 8．(1) (2) 【详解】（1）粒子在加速器中被加速，则 粒子在速度选择器中 解得 （2）粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动 解得 9．AD 【详解】A．由，三种离子的电荷量相同，相同，故静电力对这三种氢离子做的功相等，A正确； B．由动能定理，离子质量越大，进入磁场时速度越小，故离子进入磁场时的速度最小，B错误； C．由，相同，相同，故速度越大，越小，由上面分析，离子进入磁场的速度最大，则最小，到达底片上的点，C错误； D．根据上面分析，到达点的是 由上面公式，整理可得，其中与相同 的比荷与的比荷相同，故最终也会到达点，D正确。 故选AD。 10．D 【详解】这束正离子束流在区域Ⅰ中不偏转，则有 可得 进入区域Ⅱ后偏转半径又相同，由洛伦兹力提供向心力可得 可得 可知这些正离子具有相同的速度和荷质比。 故选D。 11．（1）；（2） 【详解】（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 由几何关系知 解得，磁场的磁感应强度大小为 （2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 ， 由几何关系知 解得，甲、乙两种离子的比荷之比为 12．D 【详解】质量为m，带电量为q的粒子在质谱仪中运动，则粒子在加速电场中加速运动，设粒子在磁场中运动的速度为v，应用动能定理可得： 解得： 粒子在磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力作向心力，则有：    解得： 因为离子和质子从同一出口离开磁场，所以他们在磁场中运动的半径相等，即为： 所以离子和质子的质量比m离：m质=121； A．11，与结论不相符，选项A错误； B．12，与结论不相符，选项B错误； C．144，与结论不相符，选项C错误； D．121，与结论相符，选项D正确； 13．AC 【详解】AD．粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径,可见D越小，则粒子的荷质比越大，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误． B．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电．其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B错误； C．由Eq=Bqv可知，v=E/B，选项C正确； 14．（1）  （2） （3）3次 【详解】（1）离子在电场中加速： 在磁场中做匀速圆周运动： 解得： 代入，解得 （2）由（1）知，离子打在Q点， 离子打在N点r=L，，则电压的范围 （3）由（1）可知， 由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点 此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上 解得 第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则： ， 解得 同理，第n次调节电压，有 检测完整，有 解得： 最少次数为3次 【点睛】本题主要是对运动过程的分析，能正确计算带电粒子在电场中的加速运动以及在磁场做圆周运动的半径等，通过对运动过程的分析，结合计算找到运动的规律 15．B 【详解】ABC．带电粒子每次经过窄缝时都被加速，带电粒子在电场中获得能量，粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 解得 粒子获得的最大动能 由此可知粒子射出加速器时的动能与磁感应强度B和盒半径R有关，与加速电场的电压U无关，故B正确，AC错误； D．粒子在磁场中做匀速圆周运动，加速电场变化的频率与粒子在磁场中运动频率相等，所以不需要不断调整交变电流的频率，故D错误。 故选B。 16．BD 【详解】A．根据安培左手定则可知磁场垂直纸面向里，故A错误； B．当粒子从加速器出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力，有 可得最大速度，所以两种粒子被加速的最大速率相同，故B正确； C．令粒子在狭缝中加速次数为n，则粒子离开时的最大动能 根据动能定理，有 解得 氘核和氦核的比荷相等，则氘核和氦核的加速次数之比为1:1，故C错误； D．为了保证带电粒子每次进入电场都能被加速，交流电源的周期应该与带电粒子在磁场中运动周期相同。由洛伦兹力提供向心力有 周期为 可得 所以氘核和氦核的在磁场运动周期比为1:1。由 所以交流电源的频率，故D正确。 故选BD。 17．BCD 【详解】A．根据题意可知，粒子在D型盒中做圆周运动，由牛顿第二定律有，轨迹半径越大，速度越大，故A错误； B．后一次运动轨迹对应速度更大，则半径一定大于前一次，故B正确； C．圆周运动周期，保持不变，所以任意两条轨迹对应的圆周运动周期均相等，故C正确； D．任意两条轨迹对应的圆周运动的半径不同，则圆心位置不同，故D正确。 故选BCD。 18．B 【详解】A．粒子在D形盒内受到洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，故A错误； B．为让粒子能每次进入电场都做加速运动，故所加交流电压频率等于粒子在磁场中的频率，根据， 可得粒子在磁场中运动的周期为 故所加交流电源的频率，故B正确； CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 解得 可知粒子的速度增加，则半径增加，当轨道半径达到最大半径时速度最大，则有 则粒子的最大动能为 可知粒子获得的最大动能与电压无关，故CD错误。 故选B。 19．（1）；（2）；（3）当时， ，当时， 【详解】（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1 解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 则 （2）设粒子到出口处被加速了n圈 在加速器中的运动时间为 解得 （3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当 时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当 时，粒子的最大动能由fm决定 解得 【点睛】 20．C 【详解】A．粒子在磁场中做圆周运动的周期，与粒子的速度无关，则不变，A错误； B．粒子离开回旋加速器时的速度满足 即，可知仅增大加速电压，粒子离开回旋加速器的速度不变，B错误； C．根据可知，仅增大加速电压，粒子在形盒中加速的次数减小，则运动的总时间变短，C正确； D．根据和 可知 可知粒子第1次和第2次经过两形盒间狭缝后轨道半径之比，D错误。 故选C。 21．BD 【详解】AC．由洛伦兹力提供向心力 可得，最大速度 故最大动能为 故质子的最大动能与磁感应强度有关，与加速电压无关，故AC错误； D．由，可知若最大回旋半径变为56cm（原来两倍），质子的最大动能将变为原来四倍，可达到320keV，故D正确； B．质子在D形盒中运动的周期不变，设加速次数为n，则有，故加速电压增大时，加速次数减少，质子在D形盒中运动的时间减少，故B正确。 故选BD。 22．C 【详解】A．根据图示可知，粒子加速后进入匀强磁场中先做匀速圆周运动，再进入虚线区域做匀速直线运动，随后再次进入匀强磁场中先做匀速圆周运动到达处，若粒子能够再次加速，此时A板仍然带负电，即A、C之间的加速电场方向没有发生变化，可知，加速电场方向不需做周期性变化，故A错误； B．粒子带负电，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则可知，该D形盒中磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向外，故B错误； C．粒子加速第n次过程，根据动能定理有 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 粒子加速第n+1次过程，根据动能定理有 粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 则相邻圆弧间距 解得 可知，右侧相邻圆弧间距，故C正确； D．粒子最终离开D形盒时的轨道半径等于D形盒的半径，则有 此时粒子的动能 解得 可知，若加速电压增加为原来的两倍，其他条件不变，则最终粒子离开D形盒时的动能不变，故D错误。 故选C。 23．D 【详解】A．粒子每转半周被加速一次，一周被加速两次，即加速电压的频率与粒子做圆周运动的频率相同，粒子离开加速器时轨道半径为，获得的速度为 由， 解得，A错误； B．由 解得，与磁场有关，B错误； C．由前面分析可知C错误； D．回旋加速器做功使粒子获得动能，设经过了时间，一个粒子获得了动能 由功能关系有 其中 依题意有 解得，D正确。 故选D。 24．AD 【详解】A．所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期才能正常加速，故所加交流电源的周期为，故A正确； B.若质子最终从边缘飞出，则有 又有 质子在磁场中运动的总时间为 联立解得 故B错误； CD．由上述分析可知，质子经过次加速后，做圆周运动的轨道半径为 可知，质子第2次加速和第1次加速后轨道半径之比为，越靠近加速器边缘，加速次数越多，相邻两轨道间距越小，故C错误，D正确。 故选AD。 25．（1） ； （2） 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式以及圆周运动规律，可得 依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，所需时间 联立解得 （2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度为零，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为 加速度大小为a，电场强度大小为E，有 联立解得 根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足 联立解得，电场强度的最大值为 26．(1)2， (2) (3) 【详解】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，沿x轴方向有 沿y轴方向有 解得 由牛顿第二定律得 解得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有 且 解得 （3）粒子在电场中运动的时间 粒子在磁场中运动的时间 粒子从A点运动到D点的时间 解得 27．(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子第一次通过分界线时的竖直分速度大小为，有 解得 又 解得 （2）设粒子在电场中运动的加速度大小为，有 又 解得 （3）粒子第一次在电场中运动的过程中沿水平方向通过的距离 解得 粒子第一次通过分界线时的速度大小 解得 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，有 解得 根据几何关系可知 解得 28．(1)正电 (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向上，与电场方向相同，则粒子带正电。 （2）设粒子在电场中运动的时间为t，水平方向上由运动学公式，有 设粒子在电场中运动的加速度为a，由牛顿第二定律，有 竖直方向上由运动学公式，有 联立上述各式，得 （3）设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r，由几何关系，得                    洛伦兹力提供向心力，有 联立得 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有 、 又 解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关系可知 解得 30．， 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示 由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直。圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R。由几何关系得 设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 设为虚线与分界线的交点，，则粒子在磁场中的运动时间为 式中有 粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场。设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 由运动学公式有 ， 联立解得 31．（1） （2） 【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得： 根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为： 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： 联立方程得： （2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度 粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度 粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则 解得： 或 32．（1），电场强度方向竖直向上；（2）；（3） 【详解】（1）重力与电场力平衡，可得 解得 方向竖直向上； （2）因为圆周运动的半径可由 可得 洛伦兹力提供向心力可得 解得 M点的速度为 又因为 所以 （3）由动能定理可得 解得 或 33．（1）；（2）（i），；（ii）不会 【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图        根据几何关系可知 联立可得 （2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图         在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 解得 所以有 ， 洛伦兹力提供向心力 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有 再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有 沿y方向上有 其中根据牛顿第二定律有 联立以上各式解得 （ii）粒子从P到Q根据动能定理有 可得从Q射出时的速度为 此时粒子在磁场中的半径    根据其几何关系可知对应的圆心坐标为 得 ， 而圆心与P的距离为 故不会再从P点进入电场。 34．（1）α＝arctan （2）B＝ 【详解】试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有① 加速度沿y轴负方向．设粒子从A点进入电场时的初速度为，由A点运动到C点经历的时间为t， 则有：② ③ 由②③式得④ 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量⑤ 由①④⑤式得：＝⑥ 设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有 ⑦ 由④⑤⑦式得⑧ （2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R， 则有qvB＝m⑨ 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝．用表示与y轴的夹角，由几何关系得：⑩ 解得 由⑥⑨式得：B= 35．C 【详解】由左手定则可知，质子所受的洛伦兹力方向沿z轴正向，由于质子做匀速运动，则所受电场力方向为z轴负向，大小等于洛伦兹力，即有 电场的方向沿z轴负向，故运动中电场力不做功，电势能不变；沿z轴正方向电势升高；ABD错误，C正确。 故选C。 考点：洛伦兹力；电场力及电势能 【名师点睛】  此题是对左手定则以及电场强度及电势能的考查；要熟练掌握左手定则判断洛伦兹力的方法，注意四指指正电荷的运动方向，大拇指指洛伦兹力方向；电场力做功等于电势能的变化量，沿电场线方向电势逐渐降低，这些都应该熟练掌握. 36．(1) (2) 【详解】（1）小球在光滑半圆弧轨道上运动的过程中，只有重力做功，洛伦兹力和支持力都不做功，机械能守恒。小球从点到点的过程中， 由机械能守恒定律得 解得。 （2）小球在点的速度向左时，由左手定则可知洛伦兹力向上， 根据合力提供向心力有 解得 由牛顿第三定律可知小球在点对轨道的压力 37．D 【详解】小球受竖直向下的重力，水平向左的电场力，还有垂直于斜杆向上的洛伦兹力，重力与电场力合成的合力为 小球恰好做匀速运动，故 故解得 故选D。 38．BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 39．ABD 【详解】A．油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有 解得 故A正确； B．根据洛伦兹力提供向心力 得 解得油滴a做圆周运动的速度大小为 故B正确； C．设小油滴Ⅰ的速度大小为，得 解得 周期为 故C错误； D．带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得 解得 由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 故选ABD。 40．C 【详解】A．微粒能做匀速圆周运动，说明微粒受到的电场力与重力平衡，微粒带负电，微粒受到的洛伦兹力指向圆心，根据左手定则可知，微粒沿顺时针方向做圆周运动，选项A错误； B．结合前面分析可知 微粒经过C点，仅将电场方向变为水平方向，微粒受力平衡，则有，解得，选项B错误； CD．结合前面分析有 解得，，选项C正确、D错误。 故选C。 41．(1) (2) (3) 【详解】（1）将小球在分界线上方的运动分解，可知小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动规律有 解得 （2）设小球到达D点时的速度方向与分界线的夹角为，将小球到达D点时的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据几何关系有， 小球从A点运动到D点所用的时间 A、D两点间的距离 设小球在分界线下方做匀速圆周运动的半径为R，根据几何关系有 设小球的质量为m，电荷量为q，根据洛伦兹力提供向心力有 解得 （3）小球在分界线下方通过的弧长 小球在分界线下方运动的时间 小球从A点出发到返回A点所用的时间 解得 42．(1) (2) 【详解】（1）小球在右侧做匀速圆周运动，有 小球在左侧做直线运动只能是匀速直线运动，小球受力分析图如图所示 正交分解有 联立解得 （2）小球在右侧做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 由几何知识可知自B到C经过的弧长为 联立解得小球在右侧由B运动到C点的时间为 参考答案： 1． 电场 磁场 qU ##Uq 比荷 【详解】（1）[1][2]质谱仪构造：主要构件有加速电场、偏转磁场和照相底片。 （2）①[3]带电粒子经过电压为U的加速电场加速 qU=mv2 ②[4][5]垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动 可得 ③[6]分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的比荷。 2． 交 磁场 周期性变化 加速 匀强 匀速圆周 方向 半个 【解析】略 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 每个知识点两个按照2-3-3练习（简、中、难——多为期中、期末、高考真题）——全面掌握 学科网（北京）股份有限公司 $