（江蘇專用）高三物理一輪復(fù)習(xí) 必考部分 第8章 磁場 第3節(jié) 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動課時(shí)強(qiáng)化練-人教版高三全冊物理試題

帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(限時(shí)：40分鐘)A級跨越本科線1．(多選)洛倫茲力演示儀是由勵磁線圈(也叫亥姆霍茲線圈)、洛倫茲力管和電源控制部分組成的．勵磁線圈是一對彼此平行的共軸串聯(lián)的圓形線圈，它能夠在兩線圈之間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場．洛倫茲力管的圓球形玻璃泡內(nèi)有電子槍，能夠連續(xù)發(fā)射出電子，電子在玻璃泡內(nèi)運(yùn)動時(shí)，可以顯示出電子運(yùn)動的徑跡．其結(jié)構(gòu)如圖8-3-19所示．給勵磁線圈通電，電子槍垂直磁場方向向左發(fā)射電子，恰好形成如“結(jié)構(gòu)示意圖”所示的圓形徑跡，則下列說法正確的()圖8-3-19A．勵磁線圈中的電流方向是逆時(shí)針方向B．若只增大加速電壓，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大C．若只增大線圈中的電流，可以使電子流的圓形徑跡的半徑增大D．若兩線圈間的磁感應(yīng)強(qiáng)度已知，燈絲發(fā)出的電子的初速為零，加速電壓為U，則可通過測量圓形徑跡的直徑來估算電子的比荷BD根據(jù)電子所受洛倫茲力的方向結(jié)合右手定則判斷出勵磁線圈中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，A錯；由eU＝eq\f(1,2)mv2，evB＝meq\f(v2,R)，得：R＝eq\r(\f(2mU,e))B，則只增大加速電壓可使R增大，B對、C錯；由R＝eq\r(\f(2mU,e))B可得eq\f(e,m)＝eq\f(2UB2,R2)＝eq\f(8UB2,d2)，D對．2．如圖8-3-20所示，回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒．兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，a、b分別與高頻交流電源兩極相連接，下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：96622351】圖8-3-20A．離子從磁場中獲得能量B．帶電粒子的運(yùn)動周期是變化的C．離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器D．增大金屬盒的半徑，粒子射出時(shí)的動能不變C離子在回旋加速器中從電場中獲得能量，帶電粒子的運(yùn)動周期是不變的，選項(xiàng)A、B錯誤；離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，增大金屬盒的半徑，粒子射出時(shí)的動能增大，選項(xiàng)C正確、D錯誤．3．如圖8-3-21所示，界面MN與水平地面之間有足夠大且正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E，磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直．在MN上方有一個帶正電的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面．若不計(jì)空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是()圖8-3-21A．小球做勻變速曲線運(yùn)動B．小球的電勢能保持不變C．洛倫茲力對小球做正功D．小球的動能增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和D帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時(shí)受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后做曲線運(yùn)動，因?yàn)樗俣葧l(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能是勻變速曲線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)電勢能公式Ep＝qφ，知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動時(shí)，電勢能保持不變，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)洛倫茲力的方向確定方法知，洛倫茲力方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，選項(xiàng)C錯誤；從能量守恒角度知道選項(xiàng)D正確．4.如圖8-3-22是利用霍爾效應(yīng)制成的污水流量計(jì)的原理圖，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，有垂直上下底面的勻強(qiáng)磁場B，前后內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板電極．流量為Q的污水充滿管道從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個電極間的電壓．下列說法中正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：96622352】圖8-3-22A．后表面比前表面的電勢低B．污水流量越大，電壓表的示數(shù)越小C．污水中離子濃度升高，電壓表的示數(shù)不變D．增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，電壓表的示數(shù)減小C根據(jù)左手定則可知，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向前表面偏轉(zhuǎn)，故后表面的電勢一定高于前表面的電勢，選項(xiàng)A錯誤；最終離子所受的電場力和洛倫茲力平衡，有qvB＝qeq\f(U,b)，則電勢差U＝vBb，又因?yàn)榱髁縌＝vS＝vbc＝eq\f(Uc,B)，所以U＝eq\f(QB,c)，故流量Q越大，電壓越大，選項(xiàng)B錯誤；因?yàn)閁＝eq\f(QB,c)，所以電壓與污水中離子的濃度無關(guān)，選項(xiàng)C正確；由U＝eq\f(QB,c)可知，增大所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電壓表的示數(shù)U將增大，選項(xiàng)D錯誤．5．(多選)如圖8-3-23所示，一個帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面OC上的D點(diǎn)停下來．已知物塊與斜面及水平面間的動摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過O處時(shí)的機(jī)械能損失．現(xiàn)在AOC所在空間加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，第二次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D′點(diǎn)停下來．后又撤去電場，在AOC所在空間加上水平向里的勻強(qiáng)磁場，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點(diǎn)停下來．則以下說法中正確的是()圖8-3-23A．D′點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) B．D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合C．D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) D．D″點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合BC設(shè)物體的質(zhì)量為m，電量為q，電場強(qiáng)度大小為E，斜面的傾角為θ，動摩擦因數(shù)為μ.根據(jù)動能定理得：不加場時(shí)有mgsAOsinθ－μmgsAOcosθ－μmgsOD＝0，加電場時(shí)有(mg＋qE)sAOsinθ－μ(mg＋qE)sAOcosθ－μ(mg＋qE)sOD′＝0，將兩式對比得到，sBD＝sBD′，則D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；加磁場時(shí)有mgsABsinθ－μsAB(mgcosθ－Bqv)－μ(mg－Bqv′)sOD″＝0，比較兩式可得sOD″>sOD，所以D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)，故C正確，D錯誤．6．(多選)如圖8-3-24所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負(fù)電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)．若帶電粒子所受重力可忽略不計(jì)，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中可能可行的是()【導(dǎo)學(xué)號：96622353】圖8-3-24A．僅增大帶電粒子射入時(shí)的速度B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量C．僅減小粒子所帶電荷量D．僅改變粒子的電性ABD帶電粒子在兩板之間受電場力與洛倫茲力，但兩者的大小不等，且方向不確定．若僅增大帶電粒子射入時(shí)的速度，可能因?yàn)樗艿穆鍌惼澚ψ兇?，而使帶電粒子向下偏轉(zhuǎn)，A正確；若僅增大兩金屬板所帶的電荷量，因兩極板間的電場強(qiáng)度增大，故帶電粒子可能向下偏轉(zhuǎn)，B正確；若僅減小粒子所帶的電荷量，則由于粒子所受電場力與洛倫茲力以相同的倍數(shù)變化，故帶電粒子仍向上偏轉(zhuǎn)，C錯誤；僅改變粒子的電性，則由于兩個力的方向都發(fā)生變化，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，D正確．7．(多選)如圖8-3-25所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點(diǎn)射入，入射速度垂直AD且垂直磁場，若入射速度大小為eq\f(qBd,m)，不計(jì)粒子重力，則()圖8-3-25A．粒子在磁場中的運(yùn)動半徑為eq\f(d,2)B．粒子距A點(diǎn)0.5d處射入，不會進(jìn)入Ⅱ區(qū)C．粒子距A點(diǎn)1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間為eq\f(πm,qB)D．能夠進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的最短時(shí)間為eq\f(πm,3qB)CD粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝d，選項(xiàng)A錯誤；畫出粒子恰好不進(jìn)入Ⅱ區(qū)的臨界軌跡，如圖所示，由幾何知識得，OA＝eq\f(r,sin30°)＝2d，而粒子距A點(diǎn)0.5d處射入時(shí)，圓心在AD上距離A點(diǎn)為1.5d，故粒子會進(jìn)入Ⅱ區(qū)，選項(xiàng)B錯誤；粒子距A點(diǎn)1.5d處射入時(shí)，圓心在AD上距離A點(diǎn)為2.5d，粒子在Ⅰ區(qū)內(nèi)運(yùn)動半個周期而射出，所以其運(yùn)動的時(shí)間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，選項(xiàng)C正確；能夠進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子，若在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的時(shí)間最短，則粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡最短(弦長也最短)，由幾何知識知，粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)的最短弦長為d，此弦長所對的圓心角為θ＝eq\f(π,3)，所以粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的最短時(shí)間為tmin＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，選項(xiàng)D正確．8.如圖8-3-26所示，邊長L＝0.2m的正方形abcd區(qū)域(含邊界)內(nèi)，存在著垂直于區(qū)域的橫截面(紙面)向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝5.0×10－2T．帶電平行金屬板MN、PQ間形成了勻強(qiáng)電場E(不考慮金屬板在其他區(qū)域形成的電場)，MN放在ad邊上，兩板左端M、P恰在ab邊上，兩板右端N、Q間有一絕緣擋板EF，EF中間有一小孔O.金屬板長度、板間距、擋板長度均為l＝0.1m．在M和P的中間位置有一離子源S，能夠正對孔O不斷發(fā)射出各種速率的帶正電離子，離子的電荷量均為q＝3.2×10－19C，質(zhì)量均為m＝6.4×10－26圖8-3-26(1)當(dāng)電場強(qiáng)度E＝1×104N/C時(shí)，求能夠沿SO連線穿過孔O的離子的速率；(2)電場強(qiáng)度取值在一定范圍時(shí)，可使沿SO連線穿過O并進(jìn)入磁場區(qū)域的離子直接從bc邊射出，求滿足條件的電場強(qiáng)度的范圍．【解析】(1)穿過孔O的離子在金屬板間需滿足qv0B＝Eq，代入數(shù)據(jù)得v0＝2.0×105(2)穿過孔O的離子在金屬板間仍需滿足qvB＝Eq.離子穿過孔O后在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝meq\f(v2,r)，由以上兩式得E＝eq\f(qB2r,m).從bc邊射出的離子，軌跡半徑最大時(shí)，其臨界軌跡如圖中①所示，對應(yīng)的電場強(qiáng)度最大，由幾何關(guān)系可得r1＝l＝0.1m，由此可得E1＝1.25×103N/C.從bc邊射出的離子，軌跡半徑最小時(shí)，其臨界軌跡如圖中②所示，對應(yīng)的電場強(qiáng)度最小，由幾何關(guān)系可得2r2＋eq\f(l,2)＝L，所以r2＝0.075m，由此可得E2＝9.375×102N/C.所以滿足條件的電場強(qiáng)度范圍為9．375×102N/C<E≤1.25×103N/C.【答案】(1)2.0×105(2)9.375×102N/C<E≤1.25×103N/CB級名校必刷題9．(多選)如圖8-3-27所示為一種質(zhì)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(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)．不計(jì)粒子重力．下列說法正確的是()圖8-3-27A．粒子一定帶正電B．加速電場的電壓U＝eq\f(1,2)ERC．直徑PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點(diǎn)，則該群離子具有相同的比荷ABD由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)，根據(jù)左手定則可得，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；粒子在加速電場中有qU＝eq\f(1,2)mv2，又粒子在靜電分析器做勻速圓周運(yùn)動，由電場力提供向心力，則有qE＝eq\f(mv2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，選項(xiàng)B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，選項(xiàng)C錯誤；若離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點(diǎn)說明運(yùn)動的軌道半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))相同，由于加速電場、靜電分析器與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，選項(xiàng)D正確．10．(多選)如圖8-3-28所示，豎直直線MN右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝0.01kg、電荷量q＝＋0.01C的小球從MN左側(cè)水平距離為L＝0.4m的A點(diǎn)水平拋出，當(dāng)下落距離是水平距離的一半時(shí)從MN上的D點(diǎn)進(jìn)入電磁場，并恰好能做勻速圓周運(yùn)動，圖中C點(diǎn)是圓周的最低點(diǎn)且C到MN的水平距離為2L，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2圖8-3-28A．小球的初速度為2eq\r(2)m/sB．勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為10V/mC．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2TD．小球從D到C運(yùn)動的時(shí)間為0.1πsBD小球從A到D做平拋運(yùn)動，L＝v0t，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)gt2，所以t＝0.2s，v0＝2m/s，A錯；小球進(jìn)入電磁場中恰做勻速圓周運(yùn)動，則qE＝mg，即E＝10V/m，B對；小球進(jìn)入電磁場時(shí)有vy＝gt＝v0，即小球進(jìn)入電磁場時(shí)的速度為v＝2eq\r(2)m/s，且與MN成45°角，由幾何關(guān)系可得小球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r＝eq\r(2)×2L＝eq\f(4\r(2),5)m，又因Bqv＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立并代入數(shù)值得B＝2.5T，C錯；小球從D到達(dá)C經(jīng)歷了eq\f(1,8)圓周，所以從D到C運(yùn)動的時(shí)間為eq\f(T,8)＝eq\f(πm,4Bq)＝0.1πs，D對．11.(多選)如圖8-3-29所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場．某時(shí)刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝eq\r(5gR)的初速度，則以下判斷正確的是()圖8-3-29A．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用B．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用C．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小都相同D．小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度的大小一直減小BC球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會受到管壁彈力的作用，選項(xiàng)A錯誤；小球運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v＝eq\r(gR)，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動過程不會脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球圓周運(yùn)動的向心力F＝meq\f(v2,R)＝mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力，選項(xiàng)B正確；小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，選項(xiàng)D錯誤．12．(2016·天津高考)如圖8-3-30所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，g取10m/s2.求：圖8-3-30(1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t.【解析】(1)小球勻速直線運(yùn)動時(shí)受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg) ③代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝eq\r(3)，所以θ＝60°. ④(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt ⑥設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2 ⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x) ⑧聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s． ⑨解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為vy＝vsinθ ⑤若使小球再次穿過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0 ⑥聯(lián)立⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s． ⑦【答案】(1)20m/s，方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s13．(2015·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖8-3-31所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零．這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上．已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L.某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)eq\f(2,3)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)eq\f(1,3)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．【導(dǎo)學(xué)號：96622356】圖8-3-31(1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)【解析】(1)離子在電場中加速