专题9第3讲带电粒子在匀强磁场复合场中运动

第3讲

带电粒子在匀强磁场、复合场中的运动【考纲解读】1.掌握带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，并能解决确定圆心、半径、运动轨迹、周期、运动时间等相关问题；2.掌握带电粒子在磁场中的临界问题、极值问题和多解问题等．

运动．2．若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做

运动．考点O

讲堂梳理自查一、带电粒子在匀强磁场中的运动规律1．若v∥B，带电粒子以匀入速直射线速度v做匀速圆周3．基本公式(1)向心力公式：qvB＝

.2πm

1(3)周期公式：T＝2πr

；f＝

＝

.v

＝

qB

T2πω＝

T

＝2πf＝

.mv2rmv(2)轨道半径公式：r＝

Bq

.

Bq

2πmBqm二、带电粒子在复合场中的运动1．复合场的分类(1)叠加场：电磁场场、

、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场

出现．交替2．带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力

时，将处于静止状态或做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动为零重力

电场力•洛当伦兹带力电粒子所受的

与

大小相等、方向相反时，带电粒子在

的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．三、带电粒子在复合场中运动的实例分析1．质谱仪构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式qU＝1

v2

2m

．粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得v2关系式qvB＝m

r

.由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．r＝

q，m＝

，m＝

.1

2mUB

q2Uqr2B2

2UB2r2过程中一次一次地经过D

形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被mv2一次一次地加速．由

qvB＝

R

，得

Ekm＝

，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B

和D

形盒半径R

决定，与加速电压无关．2．回旋加速器构造：如上图乙所示，D1，D2

是半圆金属盒，D

形盒的缝隙处接

交流电源．D

形盒处于匀强磁场中．原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的q2B2R22m3．速度选择器平行板中电场强度

E

和磁感应强度

B

互相垂直．这种装置能把具有一定

速度的粒子选择出来，所以叫作速度选择器，如图甲．带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是

qE＝qv，B即v＝EB.LUB，则由

qE＝q

＝qvB

得两极板间能达到的最大电势差

U＝

.4．磁流体发电机磁流体发电是一项新兴技术，它可以把

内

能直接转化为电能．根据左手定则，如图乙中的B

板是发电机

正极．磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为BLv1．[对洛伦兹力的作用的考查](多选)运动电荷进入磁场后(无其他力作用)可能做(

)B．匀速D．平抛A．匀速圆周运动直线运动C．匀加速直线运动运动【答案】AB【解析】若运动电荷垂直于磁场方向进入匀强磁场，则做匀速圆周运动；若运动方向和匀强磁场方向平行，则做匀速直线运动，故2．[带电粒子在匀强磁场运动的半径和周期]一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场，在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图象的是(

)【答案】Dv2mv【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由qvB＝mR得R＝qB，由圆周运动规律得

T＝2πR

2πm

半径无关，故

D

项正确．v

＝

qB

，可见粒子运动周期与3．[带电粒子在组合场及复合场中的运动]一带电粒子以初速度v0

沿垂直于电场线和磁感线的方向，先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场和匀强磁场，如图甲所示．电场和磁场对粒子做功为W1，粒子穿出磁场时的速度为v1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以初速度v0

穿过叠加场区，电场和磁场对粒子做功为W2，粒子穿出场区时的速度为v2.比较W1

和W2，v1

和v2

的大小0EBv

<

，不计重力()B．W1＝W2，v1＝v2

D．W1＝W2，v1>v2A．W1>W2，v1>v2

C．W1<W2，v1<v2【答案】A0【解析】带电粒子在电场和磁场中受到的电场力、磁场力的方向相反，因v

<EB，所以qv0B<qE，偏转中，洛伦兹力方向有与电场方向相反的分量和沿v0

方向的分量．因此在水平方向上乙中做加速运动，通过电场的时间较甲的短且在竖直方向上的加速度小于甲图电场中的加速度，因此甲图中偏转位移大，在甲图中电场力做的正功多，即W1>W2，洛伦兹力不做功，粒子穿出场区时甲图中带电粒子的动能大，穿出场区时的速度大，即v1>v2，选项A

正确．2子【答案】A4．[速度选择器和质谱仪]如图所示，有a，b，c，d四个粒子，它们带同种电荷且电荷量相

等，它们的速率关系为va<vb＝vc<vd，质量关系为ma＝mb<mc＝md.进入速度选择器后，有两种粒子从速度选择器射出，由此可以判定()A．射向A1的是c粒子

B．射向A1的是d粒

子【解析】由通过速度选择器的粒子速度相等可知，应是

b，c，由偏转方向知这2

qB知c

b

12些•粒C子都．带射正电向，由Ar＝的mv是rc>r粒，所子以射向AD的．是射c

粒向子，A射向的A是的是d粒b

粒子．5．[回旋加速器](多选)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极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是()A．增大匀强电场间的加速电压B．增大磁场的磁感应强度C．减小狭缝间的距离【解析】当带电粒子的速度最大时，其运动半径也最大，由牛顿第二定律得qvBv2qBr

1＝m

r

，得v＝

m

.若D

形盒的半径为R，则r＝R

时，带电粒子的最终动能Ekm＝2mv2q2B2R2＝

2m

，所以要提高加速粒子射出时的动能，应尽可能增大磁感应强度B

和加速器的半径R.考点1

带电粒子在匀强磁场中的运动1．圆心的确定(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如下图甲所示)．(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入

射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的

交点就是圆弧轨道的圆心(如上图乙所示)．(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动①直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)．③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如下图甲所示)．2．半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径

(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：

(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如上图乙)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)直角三角形的应用(勾股定理)．找到AB的中点C，连接OC，则△AOC，△BOC都是直角三角形．3．运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α

时，其运动时间可由下式表示：

α

α

lt＝360°T或t＝2πT，t＝v(l

为弧长)．例

1

如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度

v

从

A

点沿直径

AOB

方向射入磁场，经过

Δt

时间从

C

点射出磁场，OC

与

OBv成60°角．现将带电粒子的速度变为3，仍从A

点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(

)A．1

t2ΔB．2ΔtD．3Δt1C．3Δt【答案】B练1

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，磁场方向垂直于横截面．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．

3mv0

B．mv0

C．

3mv0

D．3mv0

3qR

qR

qR

qR【答案】A【解析】画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示．设带电粒子在匀强磁场中0运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv

Bv20＝m

，解得r＝mvr

qB0.3qR由图中几何关系可得tan

30°＝R

联立解得，该磁场的磁感应强度B＝

3mv0，选项Ar

.正确．带电粒子在匀强磁场中运动的解题程序1．画轨迹：即确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹．2．找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联

系．3．用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．1．有界磁场分布区域的临界问题该类问题主要解决外界提供什么样以及多大的磁场，使运动电荷在有限的空间内完成规定偏转程度的要求，一般求解磁场分布区域的最小面积，它在实际中的应用就是磁约

束．2．求解运动电荷初始运动条件的边界临界问题因外界磁场空间范围大小的限定，使运动的考点2带电粒子在磁场中运动的临界问题3．常用规律(1)刚好穿出磁场的边界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与磁场边界相切．(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当速率v变化时，圆周角越大，对应的运动时间越长．例2 (2017届沈阳质检)如图所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v＝3.2×106

m/s的

α粒子．已知屏蔽装置宽AB＝9cm，缝长AD＝18

cm，α粒子的质量m＝6.64×10－27

kg，电荷量q＝3.2×10－19

C．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射

磁感应强度B＝(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d＝20cm，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？(结果保留2位有效数字)思路剖析：(1)判断α粒子在磁场中的偏转方向；计算α粒子在磁场中运动的轨迹半径．(2)采取作图法找α粒子轨迹的右边界，确定第(1)问中的临界条件．(3)在α粒子做圆周运动的周期相同、圆半径相同的条件下，运动时间与圆弧所对应的弦长有关．找到最长弦和最短弦对应的圆心角即可求解第(2)问【解析】(1)由题意：AB＝9

cm，AD＝18

cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°所有α

粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R，根据牛顿第二定律mv2有Bqv＝

R解得R＝0.2

m＝20

cm由题意及几何关系可知，若条形磁场区域的右边界与沿OD

方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α

粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．(2)设α

粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T，则Bq

8T＝2πm

π＝

×10－6

s设速度方向垂直于AD

进入磁场区域的α

粒子的入射点为E，如图乙所示．因磁场宽度d＝20

cm<d0，且R＝20

cm，则在∠EOD

间辐射进入磁场区域的α

粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA

间辐射进入磁场区域的α

粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE

方向进入磁场区域的α

粒子运动轨迹与磁场右边界相切，在磁场中运动时间最长．设在磁场中运动的最长时间为tmax，则T

π－6

－7tmax＝2＝16×10

s＝2.0×10

s若α

粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦最短，则α

粒子穿过磁场的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d.设在磁场中运动的最短时间为tmin，轨迹如图乙所示，因R＝d，则圆弧对应的圆心角为60°，故minT

π6

48t

＝

＝

×10

s＝6.5－6

－8×10

s.域磁场一次后通过A想使该点，则子的初速初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒度不能超过多少？练2

如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放射出的粒子质量为m，电荷量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行．(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初3速Bqr度方3B向qr

的夹角为60°，要粒【答子案】经(1)

过3m环形(2)

区4【解析】(1)如图所示，粒子经过环形区域磁场一次后通过A

点的轨迹为圆弧O1，设粒子在磁场中的轨迹半径为R1，则由几何关系得1R

＝

3r31又qv

B＝mv21R113m得v

＝

3Bqr.(2)粒子运动轨迹与磁场外边界相切时，粒子恰好不穿出环形区域，设粒子在磁2

2

22

2

2

2场中的轨迹半径为R

，则由几何关系有(2r－R

)＝R

＋r

，可得R

＝3r

42v222又

qv

B＝m

，可得

v

＝3BqrR2

4m3Bqr故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过

4

.带电粒子在有界磁场中的运动，一般涉及临界和边界问题，临界值、边界值常与极值问题相关联．因此，临界状态、边界状态的确定以及所需满足的条件是解决问题的关键．常遇到的临界和极值条件有：1．带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零．2．射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切，对应粒子速度的临界值．3．运动时间极值的分析：周期相同的粒子，当速率相同时，轨迹(弦长)越长，圆心角越大，运动时间越长．周期相同的粒子，当速率不同时，圆心角越大，运动时间越长．洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可以改变运动电荷的速度方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等．1．带电粒子电性不确定导致多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能是带正电的粒子，也可能是带负电的粒子，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成多解．2．磁场方向不确定导致多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而没有具体给出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度的方向不确定形成的多解．考点3带电粒子在磁场中运动的多解问题3．临界状态的不唯一导致多解带电粒子在洛伦兹力作用下穿过有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧，可能直接穿出去，也可能转180°，从入射界面这边反向飞出磁场．4．运动具有周期性导致多解带电粒子在部分区域是电场，部分区域是磁场的空间运动时，往往具有周期性，因而形成多解．例3 某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M，N，P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N，P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点 改变粒子入射速度的大小 可以控(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．思路剖析：(1)如何画出粒子打到P点、N点、M点的运动轨迹？(2)如何确定圆周运动的圆前进多少距离？次磁场沿OO′方向到M点的2粒3子，每经m

过6心位置2，－

并32

求出

L与qBdL和半3

径r的关系？

(3)打一4【答案】(1)

L－

3d

(2)

－

d(3)mn＋1qB

L

－

3d(1≤n＜3L3d－1，n

取整数)【解析】(1)画出粒子打到P

点、N

点、M

点的运动轨迹，如图所示设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L＝3rsin

30°＋3dcos

30°且h＝r(1－cos

30°)2－

322

3解得

h＝

L－

3d.(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′v2v′2m

r

＝qvBm

r′

＝qv′B解得Δv＝v－v′＝qBLm

6－

4

d由题意知3rsin

30°＝4r′sin

30°3

.(3)设粒子经过上方磁场共n

次，由题意知L＝(2n＋2)dcos

30°＋(2n＋2)rnsin

30°v2nrn且

m

＝qnv

Bn解得v

＝qBLm

n＋1—

3d，3d1≤n＜3L－1，n

取整数．练3(多选)长为l

的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q

的带正电粒子

(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v

水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是()A．使粒子的速度v＜Bql4mB．使粒子的速度v＞5Bql4mC．使粒子的速度v＞BqlmD．使粒子的速度v

满足Bqlv＜5Bql4m＜

4m【答案】AB21【解析】带电粒子刚好打在极板右边缘，有r

＝1r

－

l

22

21＋l

，又因r

＝mv1Bq，解1得v

＝25Bql

l；粒子刚好打在极板左边缘，有r

＝

＝mv24m

4

Bq，解得v2＝4mBql，故A、B

正确．求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧1．分析题目特点，确定题目多解的形成原因．2．作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．3．若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．动考点4

带电粒子在有界组合场中的运1．带电粒子在电场中运动一般分为两种情况2(1)加速：根据动能定理，qU＝

m1

12

22

1v

－2mv

.(2)偏转：根据类平抛运动的解题方法．2．带电粒子在磁场中的运动要根据磁场的边界条件，几何关系和圆周运动知识解答．例4

如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行．一质量为m，电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：思路剖析：(1)带电粒子在电场中做什么运动？(2)进入磁场时带电粒子的速度为多大？(3)带电粒子在磁场中做圆周运动，磁感应强度越小，粒子做圆周运动的半径越大，粒子做圆周运动的半径最大为多少呢？【答案】(1)mv202qh0(2)

2v

方向指向第Ⅳ象限且与x

轴正方向成45°角(3)2mv0qL【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有

x＝v0t＝2hy＝1

＝h2at2qE＝ma联立以上各式可得E＝mv22qh0.(2)粒子到达a

点时沿y

轴负方向的分速度为vy＝at＝v0所以v＝

v2＋v2＝

2v0

y

0方向指向第Ⅳ象限且与x

轴正方向成45°角．v2(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m

r当粒子从

b

点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有

r＝

2

，所以

B＝2

L2mv0.qL【答案】(1)2eU0(2)

45d

2

2mU05d

em【解析】(1)设电子经电场加速后的速度大小为v0，由动能定理得12eU

＝

mv20

00v

＝m2eU0.(2)电子经磁场偏转后，沿直线运动到荧光屏，电子偏转的临界状态是恰好不撞在上板的右端，到达荧光屏的位置与O

点距离即为最大值ym，如图所示，有0ev

B＝mv20RR

d2—

＋l

＝R2

2

2tan

α＝

l

R－2d＝tan

θ＝my

－d2d2eU0m

，联立上式可得m又因

l

3

，v

＝＝2d

0R＝52dy

＝5d4B＝2mv0＝

25ed

5d

e2mU0.解决带电粒子在组合场中的运动问题的思路1．首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围．2．对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹．3．通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键．考点5

带电粒子在叠加场中的运动1．是否考虑粒子重力：对于微观粒子，如电子、质子、离子等，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力(除特别说明)．2．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．3．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．多【答少案】？(1)负电荷U(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感mgd应强v0U度调4v至0U

B′，则B′的大小为(2)

gd2

(3)

5gd2【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qUd＝mg①由①式得q＝mgdU

②由于电场方向向下，墨滴所受电场力向上，可知墨滴带负电荷．(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有0qv

B＝mv2R0③考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d④gd2

.由②～④式得B＝v0U

⑤(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为R′，有0qv

B′＝mv2R′0

⑥由图示可得2

2R′

＝d

＋R′－d22⑦5得R′＝4d⑧联立②⑥⑧式可得B′＝4v0U5gd2

.8R2B【答案】(1)

t0

(2)0<v<2(

2－1)Rt0【解析】(1)设粒子从左侧O1

点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动0t02L∶(L－2R)＝t

∶，解得L＝4R粒子在电场中做类平抛运动L－2R＝v

t00·2qEma＝

，R2＝

a

1

t022在复合场中做匀速运动2R0q

U

＝qv

B联立各式解得4R

8R2Bv0＝

t0

，U＝

t0

.(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知β＝π－α＝45°，r＋

2r＝R因为R＝

·2

m

1

qEt022qE所以

＝qv0B＝8Rm

m

t20v2解得v＝根据牛顿第二定律有qvB＝m

r2(

2－1)Rt0所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0<v<2(

2－1)Rt0.考点6回旋加速器1．回旋加速器原理(1)电场加速qU＝ΔEk.v2mv(2)磁场约束偏转qBv＝m

r

，r＝qB∝v.(3)加速条件，高频电源的周期与带电粒子在D

形盒中运动的周期相同，即T

电场2πm＝T

回旋＝

qB

.2．回旋加速器的规律(1)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动．带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为

1∶2∶3∶….对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的．km2qU(4)最大动能

E

＝n(2qU)，则回旋次数

n＝Ekm

.m(5)带电粒子的最终能量：最大速度为

v

＝12km

m，则

E

＝

mv

＝q2B2R2qBRm

2

2m.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B

和D

形盒的半径R.πBR2(6)粒子在回旋加速器磁场内的运动时间t＝nT

回旋＝

2U

.由于粒子在电场中运动的时间远小于在磁场中运动的时间，若题目没有要求计算，可以忽略不计．例6 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甲所示，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，初速度为0，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1次和第2次经过两D形盒间狭缝(3)近年来，大中型粒子加速器往往采用多种加速器的串接组合．例如，由直线加速器作为预加速器，获得中间能量，再注入回旋加速器获得最终能量．n个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图乙所示(图中只画出了六个圆筒，作为示意)．各筒相间地连接到频率为f，最大电压值为U的正弦交流电源的两端．整个装置放在高真空容器中．圆筒的两底面中心开有小孔．现有一电量为q，质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电【答案】(1)1∶2πBR2(2)

2Uq2B2R22m1(3)Ln＝2f2(n－1)qUm2＋v1，(n＝1,2,3，…)1221(n－1)qU＋

mv

，(n＝1,2,3，…)【解析】(1)设粒子第1

次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，粒子在电场中加12速，由动能定理得qU＝

mv211qv

B＝mv211解得r

＝1

2mUr1

B

q同理，粒子第2

次经过狭缝后的半径2r

＝1Bq1

22m·2U则

r

∶r

＝1∶

2.(2)粒子在磁场中运动一个周期(回旋一次)，被电场加速两次．设粒子到出口处被12加速了n

次，nqU＝

mv2mmv2mRm由

qv

B＝m

得

v

＝qBRmqB2R2解得n＝

2mU带电粒子在磁场中运动的周期为T＝2πmqBn

πBR2粒子在磁场中运动的总时间t＝2T＝

2Ukm122m所以，粒子获得的最大动能

E

＝

mv

＝q2B2R22m.(3)为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U，这就要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半个周期．由于圆筒内无电场，离子在筒内做匀速运动．设vn

为离子在第n

个圆筒内的速度，则有n第

n

个圆筒的长度为

L

＝v

Tvnn·2＝2f2n1

1221mv

－2mv

＝(n－1)qUnv

＝2(n－1)qUm＋v21第n

个圆筒的长度应满足的条件为nL

＝

12(n－1)qU2f

m21＋v

，(n＝1,2,3，…)打到靶上的离子的能量为knE

＝(n1221－1)qU＋

mv

，(n＝1,2,3，…)．练6 (2015年浙江卷)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出

的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质

量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道

在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度

为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计

引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形

金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于

O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边强度E的方向和大小．缘效应m．v

为使离子Br(2仍r－从2LcoPs

θ点)

进入，Q点射出，【答案】(1)Br

，正电荷(2)

22求通道内引出轨迹r

＋处L

－电2rL场cos

θ(3)沿径向向外Brv(2r－2Lcos

θ)Bv－r2＋L2－2rLcos

θmv2【解析】(1)离子做圆周运动，有Bqv＝

r即

q＝mv

ε

为正电荷．，Br(2)如图所示．O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出轨迹为圆弧，有mv2

mvB′qv＝

R

，得R＝qB′根据几何关系得R＝r2＋L2－2rLcos

θ2r－2Lcos

θB′＝mvqR＝2

2

2

2q(r

＋L

－2rLcos

θ)

r

＋L

－2rLcos

θmv(2r－2Lcos

θ)

Br(2r－2Lcos

θ

)＝

.(3)电场强度方向沿径向向外mv2引出轨迹为圆弧，有Bqv－Eq＝

RE＝Bv－mv2(2r－2Lcos

θ)2

2q(r

＋L

－2rLcos

θ＝Bv－Brv(2r－2Lcos

θ))

r2＋L2－2rLcos

θ.1．回旋加速器中高频电源的频率f电要与带电粒子在匀强磁场中运动的频率相等．2．回旋加速器中粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关．3．带电粒子不能无限制地回旋加速．热点题组一模拟精选·

组合专练带电粒子在组合场中运动1．(2017

届枣阳月考)如图所示，平行板电容器所带电荷量为Q，一个静止的质量为m，电荷量为q

的粒子(重力忽略不计)，从A

点出发经电场加速后，垂直于磁感应强度方向进入磁感应强度大小为B

的匀强磁场中，粒子打到P

点，如果适当调整板间距离d，保持其他条件不变，用x

表示OP

间的距离，则能正确反映x

与d

之间B．x

与d成反比D．x

与d成正比关系的是(

)A．x

与d

成反比C．x

与d2

成正比【答案】D2【解析】带电粒子通过平行板电容器的过程，qU＝1

v2，解得

v＝m2qUm

，进v2mv入匀强磁场后做匀速圆周运动，向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝m

r

，故有r＝qB，则x＝2r＝22mUB

4πkdεrS

Q

4πkdQq

，当调整板间距离

d

时，由

C＝

，U＝C＝

εrS

，因为电容器所带电荷量保持不变，故可得x∝d，选项D

正确．Ba4【答案】(1)3v0

(2)一条直线上

0≥y≥－

a3【解析】(1)从O

点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系sin

30°有

r＋

r

＝aa解得r＝30eBv

＝m电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即v20r

e3v0联立解得电子比荷m＝Ba.

2

(2)由电子的轨道半径可判断，在O

点射入磁场的电子从0，3a的位置进入匀强2m电场，电子进入电场后做类平抛运动，有2r＝eEt2x＝v0t0将E＝Bv

代入，联立解得x＝23a设该电子穿过x

轴时速度与x

轴正方向成θ

角，则yv

＝eEm

ttan

θ＝vyv0解得tan

θ＝2设该电子打在荧光屏上的Q

点，Q

点离x

轴的距离为L，则03L＝(x

－x)tan

θ＝4a

即电子打在荧光屏上离x

轴的最远距离为L＝43a

2

而从0，－3a位置进入磁场的电子恰好由O

点过y

轴，不受电场力，沿x

轴正方向做匀速直线运动，打在荧光屏与x

轴相交的点上，所以荧光屏上发光区的形状4是一条直线，范围是在荧光屏上0≥y≥－3a.热点题组二带电粒子在叠加场中运动3．(2017

届玉溪质检)如图所示，铜质导电板(单位体积的电荷数为n)置于匀强磁场中，用电源、开关、电流表、电压表可以测出磁感应强度的大小和方向．将电路接通，串联在AB

线中的电流表读数为I，电流方向从A

到B，并联在CD

两端的电压表的读数为UCD>0，已知铜质导电板厚h、横截面积为S，电子电荷量为e.则该处的磁感应强度的大小和方向可能是()A．neSU，垂直纸面向外

B．nSU，竖直向上Ih

IhC．neSU，垂直纸面向里

D．nSU，竖直向下Ih

Ih【答案】AU【解析】铜质导电板靠电子导电，当铜质导电板通电时，he＝Bev，式中v

为电子定向运动的速度，由电流的微观定义得I＝neSv，得B＝neSU，选项B、D

错；根Ih据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，选项A

对、C

错．4．(2017届河北名校联考)如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a，b和c，a，b之间相距为L.紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M，N处．板a与b，b与c之间接有电压可调的直流电源，板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V0，密度为ρ，电荷量为q的带负电油滴，等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压Uba和Ubc，当Uba＝U1，Ubc＝U2时，油滴穿过b板M孔进入细管，恰能与细管无接触地从N孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，(2)b，c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值；(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间，将Uba和B立即调整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，Uba′和B′的结果．且【答沿案】原路2与细管2qU无1

接触地返回穿过M孔，请(1)

v0＋2gL＋给出

ρV0ρV020(2)

qR

v

＋2gL＋2qU1ρV01ρV

v2(3)U

＋

0

02q－B【解析】(1)油滴进入电场后，重力与电场力均