资源简介

第3节带电粒子在组合场中的运动
要点一　质谱仪与回旋加速器
1．质谱仪
(1)构造：如图8 3 1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
图8 3 1
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝，m＝，＝。
2．回旋加速器
图8 3 2
(1)构造：如图8 3 2所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动 ( http: / / www.21cnjy.com )的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，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。
[典例1]　(多选)如图8 3 3所示，一 ( http: / / www.21cnjy.com )束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是(　　)
图8 3 3
A．粒子带负电
B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大
[解析]　根据粒子在磁感应强度为B′的磁场 ( http: / / www.21cnjy.com )中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误。
[答案]　CD
[典例2]　回旋加速器是用 ( http: / / www.21cnjy.com )来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，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，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图8 3 4所示。问：
图8 3 4
(1)D形盒内有无电场？
(2)粒子在盒内做何种运动？
(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？
(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？
(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间。
[解析]　(1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场。
(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大。
(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T＝，故得
回旋频率f＝＝，
角速度ω＝2πf＝。
(4)粒子旋转半径最大时，由牛顿第二定律得
qvmB＝，
故vm＝。
最大动能Ekm＝mv＝。
(5)粒子每旋转一周能量增加2qU。粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n＝。
粒子在磁场中运动的时间t磁＝nT＝。
一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t磁可视为总时间。
[答案]　(1)D形盒内无电场　(2)匀速圆周运动
(3)　　(4)　　(5)
[针对训练]
1．(多选)如图8 3 5是质谱仪的工 ( http: / / www.21cnjy.com )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的强度分别为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下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是(　　)
图8 3 5
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于纸面向外
C．能通过狭缝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，粒子的电荷量越小
解析：选ABC　因同位素原子的化学 ( http: / / www.21cnjy.com )性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，A正确。在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知B正确。再由qE＝qvB有v＝E/B，C正确。在匀强磁场B0中R＝，所以q＝，由于粒子的质量大小不确定，所以电荷量大小也不确定，D错误。
2．(2015·韶关模拟)回旋加速 ( http: / / www.21cnjy.com )器是加速带电粒子的装置，其主体部分是两个D形金属盒。两金属盒处在垂直于盒底的匀强磁场中，a、b分别与高频交流电源两极相连接，下列说法正确的是(　　)
图8 3 6
A．离子从磁场中获得能量
B．带电粒子的运动周期是变化的
C．离子由加速器的中心附近进入加速器
D．增大金属盒的半径，粒子射出时的动能不变
解析：选C　离子在回旋加速器中从电场中获得能 ( http: / / www.21cnjy.com )量，带电粒子的运动周期是不变的，选项A、B错误；离子由加速器的中心附近进入加速器，增大金属盒的半径，粒子射出时的动能增大，选项C正确D错误。
要点二　带电粒子在交变电、磁场中的运动
解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路
[多维探究]
(一)交变磁场
[典例1]　(2014·山 ( http: / / www.21cnjy.com )东高考)如图8 3 7甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。
　　　
图8 3 7
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
[思路点拨]
(1)若Δt＝TB时，试画出粒子在PQ板间运动的轨迹，并确定半径。
提示：如图甲，半径R1＝d
(2)若Δt＝TB时，试画出粒子在PQ板间运动的轨迹，并确定半径。
提示：如图乙，半径R2＝
乙
(3)若B0＝，则半径为多大？试画出粒子在一个周期内的运动轨迹，并说明在哪些位置可能击中B板。
提示：如图丙，由R＝得R＝d
在A、B两点可能击中B板
[解析]　(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0＝①
据题意由几何关系得
R1＝d②
联立①②式得
B0＝③
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得
a＝④
据题意由几何关系得
3R2＝d⑤
联立④⑤式得
a＝⑥
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦
由牛顿第二定律得qv0B0＝⑧
由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R⑨
粒子运动轨迹如图所示，O ( http: / / www.21cnjy.com )1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置粒子才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，由题意可知
T＝⑩
设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3…)若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝(或sin θ＝)
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d
当n＝0时，无解
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝arcsin (或sin θ＝)
联立⑦⑨⑩ 式得
TB＝
当n≥2时，不满足0＜θ＜的要求
[答案]见解析
[方法规律]
分析周期性变化磁场中的运动时，重点是明 ( http: / / www.21cnjy.com )确在一个周期内的运动，化变为恒是思维根本，其技巧是画出轨迹示意图，结合带电粒子在电磁场和重力场组合与叠加场中的运动知识列方程解答。
(二)交变电场＋恒定磁场
[典例2]　(2015·合肥模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )8 3 8甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带正电粒子的速度v0＝105 m/s，比荷为＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：
图8 3 8
(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；
(2)带电粒子射出电场时的最大速度；
(3)带电粒子打在屏幕上的范围。
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点 获取信息
电场可视作是恒定不变的 电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动
最小半径 当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小
最大速度 由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出
第二步：找突破口
(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。
(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。
(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。
[解析]　(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。
粒子在磁场中运动时
qv0B＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径
rmin＝＝ m＝0.2 m
其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。
(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有＝at2＝·()2
代入数据，解得U1＝100 V
在电压低于100 V时，带电粒子才 ( http: / / www.21cnjy.com )能从两板间射出电场，电压高于100 V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有mv＝mv＋q·
解得vmax＝×105 m/s＝1.414×105 m/s
(3)由第(1)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径
rmin＝d＝0.2 m
径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，
则＝rmin＝0.2 m
带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。
设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。
qvmaxB＝
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径
rmax＝＝ m＝ m
由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则
＝＝ m＝0.1 m
带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则
＝rmax－＝(－0.1)m＝0.18 m
即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内。
[答案]　(1)0.2 m　(2)1.414×105 m/s
(3)O′上方0.2 m到O′下方0.18 m的范围内
(三)交变磁场＋恒定电场
[典例3]　电视机显像管中需要用变化的磁 ( http: / / www.21cnjy.com )场来控制电子束的偏转。图8 3 9(a)为显像管工作原理示意图，阴极K发射的电子束(初速不计)经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向)，磁场区的中心为O，半径为r，荧光屏MN到磁场区中心O的距离为L。当不加磁场时，电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧光屏上得到一条长为2L的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子之间的相互作用及所受的重力。求：
图8 3 9
(1)电子打到荧光屏上时速度的大小；
(2)磁感应强度的最大值B0。
[解析](1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小，设为v，由动能定理eU＝mv2；解得v＝。
(2)当交变磁场为峰值B0时，电子束 ( http: / / www.21cnjy.com )有最大偏转，在荧光屏上打在Q点，PQ＝L。电子运动轨迹如图所示，设此时的偏转角度为θ，由几何关系可知，tan θ＝，θ＝60°。
根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α＝θ，而tan＝。
由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0＝；解得B0＝。
[答案](1)v＝　(2)B0＝
(四)交变电、磁场
[典例4]　某空间存在着一个变化的电场 ( http: / / www.21cnjy.com )和一个变化的磁场，电场方向向右(如图8 3 10甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中E t图像，磁感应强度变化如图丙中B t图像。在A点，从t＝1 s(即1 s末)开始，每隔2 s，有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能击中C点，若A＝2B且粒子在AB间运动的时间小于1 s，求：
(1)图线上E0和B0的比值，磁感应强度B的方向；
(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(1＋Δt) s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？
图8 3 10
[解析]　设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R。在第2秒内只有磁场。轨道如图所示。
(1)因为A＝2B＝2d 所以R＝2d。
第2秒内，仅有磁场：
qvB0＝m＝m。
第3秒内，仅有电场：d＝··2。
所以＝v。粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外。
(2)Δt＝＝×＝·＝·，Δt′＝＝Δt。故第2个粒子击中C点的时刻为 s。
[答案](1)＝v，磁场方向垂直纸面向外
(2)第2个粒子击中C点的时刻为
要点三　带电粒子在四类组合场中的运动
带电粒子在电场和磁场的组合场中 ( http: / / www.21cnjy.com )运动，实际上是将粒子在电场中加速与偏转和磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。
( http: / / www.21cnjy.com )
[多维探究]
(一)先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图8 3 11甲、乙所示)
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
图8 3 11
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。(如图8 3 12甲、乙所示)
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
[典例1]　(2014·浙江高考)离子 ( http: / / www.21cnjy.com )推进器是太空飞行器常用的动力系统。某种推进器设计的简化原理如图8 3 13甲所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出。
图8 3 12
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ( http: / / www.21cnjy.com )，在离轴线处的C点持续射出一定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图乙所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)
(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；
(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图乙说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；
(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；
(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。
图8 3 13
[审题指导]
(1)电子在Ⅰ区内做什么运动？离子进入Ⅱ区后做什么运动？
提示：匀速圆周运动，匀加速直线运动。
(2)电离效果最好时，电子的运动轨迹就是怎样的？
提示：电子的运动轨迹与器壁和出射速度v相切。
[解析]　(1)由动能定理得Mv＝eU　①
U＝　②
a＝＝e＝　③
(2)垂直纸面向外　④
(3)设电子运动的最大半径为r，由图甲中几何关系得
2r＝R　⑤
eBv＝m　⑥
所以有v0≤v＜　⑦
要使⑦式有解，磁感应强度B＞　⑧
(4)如图乙所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r
根据几何关系得r＝　⑨
由⑥⑨式得vmax＝
[答案]　见解析
[典例2]　如图8 3 14 ( http: / / www.21cnjy.com )所示的空间中有场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，y轴为两种分界线，图中虚线为磁场区的右边界，现有一质量为m、带电量为－q的带电粒子(不计重力)，从电场中P点以初速度v0沿x轴正方向运动。已知P点的坐标为(－L,0)，且L＝。试求：
图8 3 14
(1)要使带电粒子能穿过磁场区而不再返回到电场中，磁场的宽度d应满足什么条件？
(2)要使带电粒子恰好不能从右边界穿出磁场区，则带电粒子在磁场中运动的时间为多少？
[解析]　(1)研究带电粒子在电场中的运动：
水平方向：L＝v0t1，解得：t1＝＝；竖直方向：qE＝ma，vy＝at1，解得：vy＝v0。
所以粒子进入磁场时的速度：v＝＝v0，方向与x轴成45°角。
研究带电粒子在磁场中的运动：当粒子刚好不从磁场右边界穿出时，其运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得：
Bqv＝m，得R＝，又d＝R＋Rsin 45°，解得：
d＝
所以，要使带电粒子能穿过磁场区域而不再返回电场中，磁场的宽度d应满足的条件为：d＜。
(2)粒子在磁场中运动的周期T＝＝；
由图知，粒子在磁场中运动的时间：t2＝T＝。
答案：　(1)d＜　(2)
(二)先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图8 3 15甲、乙所示)
图8 3 15
[典例3]　(2014·全国大纲卷)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图8 3 16，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求
图8 3 16
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
[解析]　(1)如图，粒子进入磁场后做 ( http: / / www.21cnjy.com )匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B＝m①
由题给条件和几何关系可知R0＝d②
设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴 ( http: / / www.21cnjy.com )负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得
Eq＝max③
vx＝axt④
t＝d⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，
有tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
＝v0tan2θ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t＝⑧
[答案]　见解析
(三)先后两个不同磁场
[典例4]　(2013·山东高考)如图8 3 ( http: / / www.21cnjy.com ) 17所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为＋q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。
图8 3 17
(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
[审题指导]
第一步：抓关键点
关键点 获取信息
①沿y轴正方向的匀强电场②自y轴P点沿x轴正方向射入 带电粒子在第四象限内做类平抛运动
在第一、三象限内存在相同的匀强磁场 在第一、三象限内带电粒子做半径相同的匀速圆周运动
以垂直y轴的方向进入第二象限 在第一象限内做圆周运动的圆心在y轴上
改变磁感应强度值，经过一段时间后粒子再次经过Q点，且速度与第一次相同 带电粒子在第一、三象限内运动的轨迹均为半圆
第二步：找突破口
(1)要求过Q点的速度，可以结合平抛运动的知识列方程求解。
(2)要求以垂直y轴的方向进入第二象限时的磁感应强度B0值，可以先画出带电粒子在第一象限的运动轨迹，后结合匀速圆周运动的知识求解。
(3)要求经过一段时间后仍以相同的速度过Q点情况下经历的时间，必须先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合有关知识列方程求解。
[解析]　(1)设粒子在电场中运动的 ( http: / / www.21cnjy.com )时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得
qE＝ma①
由运动学公式得
d＝at②
2d＝v0t0③
vy＝at0④
v＝⑤
tan θ＝⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v＝2 ⑦
θ＝45°⑧
甲
(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图甲所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形，得
R1＝2d⑨
由牛顿第二定律得
qvB0＝m⑩
联立⑦⑨⑩式得B0＝
(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由 ( http: / / www.21cnjy.com )几何分析[粒子运动的轨迹如图乙所示，O2、O2′是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。]可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得
乙
2R2＝2d
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得
FG＝HQ＝2R2
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有
t＝
联立⑦ 式得
t＝(2＋π)
[答案]　(1)2 　方向与水平方向成45°角斜向上　(2) 　(3)(2＋π)
(四)先后多个电、磁场
[典例5]　(2014·广东高考)如图8 ( http: / / www.21cnjy.com ) 3 18所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6 L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
　　
图8 3 18
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2解析：(1)粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动。
若k＝1，则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心在M点，因此做圆周运动的半径r＝L
且qvB0＝m
粒子在电场中做加速运动，由动能定理得，qEd＝mv2
求得E＝
(2)若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出
由几何关系知：(r－L)2＋(kL)2＝r2
解得r＝
由qvB0＝m得，v＝＝
粒子在磁场Ⅱ中运动的半径R＝＝
由题意及几何关系得，6L＝2(kL＋kL)
解得B＝B0
答案：见解析
对点训练：质谱仪　回旋加速器
1．(多选)(2015·苏北三市一 ( http: / / www.21cnjy.com )模)如图1所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法中正确的是(　　)
图1
A．极板M比极板N电势高
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝2B
D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷
解析：选AD　粒子在静电分析器内沿电 ( http: / / www.21cnjy.com )场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N电势高，选项A正确；由Uq＝mv2和Eq＝可得U＝，选项B错误；直径PQ＝2r＝＝2，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，先项C错误，D正确。
2．(多选)(2015·武汉摸底)图2 ( http: / / www.21cnjy.com )甲是回旋加速器的工作原理图。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，所以粒子在半圆盒中做匀速圆周运动。若带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，不计带电粒子在电场中的加速时间，不考虑由相对论效应带来的影响，下列判断正确的是(　　)
图2
A．在Ek t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1
B．在Ek t图中应该有tn＋1－tnC．在Ek t图中应该有En＋1－En＝En－En－1
D．在Ek t图中应该有En＋1－En解析：选AC　根据带电粒子在 ( http: / / www.21cnjy.com )匀强磁场中运动的周期与速度无关可知，在Ek t图中应该有tn＋1－tn＝tn－tn－1，选项A正确B错误；由于带电粒子在电场中加速，电场力做功相等，所以在Ek t图中应该有En＋1－En＝En－En－1，选项C正确D错误。
对点训练：带电粒子在交变电、磁场中的运动
3．图3(a)所示的xOy ( http: / / www.21cnjy.com )平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化规律如图(b)所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O处有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(2)若t0＝T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？
图3
解析：(1)设粒子P的质量为m，电荷量为q ( http: / / www.21cnjy.com )，速度为v，粒子P在洛伦磁力作用下，在xOy平面内做圆周运动，用R表示圆周的半径，T′表示运动周期，则有：qvB0＝mR2，v＝。
由上式及已知条件得：T′＝T。
粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运 ( http: / / www.21cnjy.com )动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图(a)所示。OA与x轴夹角θ＝0。
(2)粒子P在t0＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴夹角θ＝。
答案：(1)OA与x轴夹角θ＝0　(2)OA与x轴夹角θ＝
4．(2011·江苏高考)某 ( http: / / www.21cnjy.com )种加速器的理想模型如图4甲所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔 a、b，两极板间电压 uab的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0，在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为 m0、电荷量为 q 的带正电的粒子从板内 a 孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运行时间 T0 后恰能再次从 a 孔进入电场加速。现该粒子的质量增加了m0。(粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力)
图4
(1)若在 t ＝ 0 时将该粒子从板内 a 孔处静止释放，求其第二次加速后从 b 孔射出时的动能；
(2)现要利用一根长为L 的磁屏 ( http: / / www.21cnjy.com )蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽略其对管外磁场的影响)，使图甲中实线轨迹(圆心为 O)上运动的粒子从 a 孔正下方相距 L 处的 c 孔水平射出，请在图甲中的相应位置处画出磁屏蔽管；
(3)若将电压 uab 的频率提高为原来的 ( http: / / www.21cnjy.com ) 2 倍，该粒子应何时由板内 a 孔处静止开始加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？
解析：(1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝m0，T0＝
则T0＝
当粒子的质量增加m0时，其周期增加ΔT＝T0
则根据题图乙可知，粒子第一次的加速电压u1＝U0
粒子第二次的加速电压u2＝U0
射出时的动能Ek2＝qu1＋qu2解得Ek2＝qU0。
(2)磁屏蔽管的位置如图所示。
(3)在uab>0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数N＝＝25
分析可得，当粒子在连续被加速的次数最多，且u＝U0时也被加速时，最终获得的动能最大。
粒子由静止开始加速的时刻
t＝(n＋)T0　(n＝0,1,2，…)
最大动能Ekm＝2×(＋＋…＋)qU0＋qU0
解得Ekm＝qU0。
答案：(1)qU0　(2)见解析
(3)t＝(n＋)T0　(n＝0,1,2，…)　qU0
5．(2012·山东高考)如图5甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞， ( http: / / www.21cnjy.com )为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
图5
解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得
qU0＝mv2①
由①式得
v＝ ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
q＝ma③
由运动学公式得
d＝a()2④
联立③④式得
d＝ ⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB＝m⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R>⑦
联立②⑥⑦式得
B< ⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有
d＝vt1⑨
联立②⑤⑨式得
t1＝⑩
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
d＝t2
联立⑨⑩ 式得
t2＝
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2
联立 式得
t＝
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得
T＝
由题意可知
T＝t
联立 式得
B＝。
答案：见解析
对点训练：带电粒子在组合场中的运动
6．(多选)如图6所示，两个重心 ( http: / / www.21cnjy.com )重合的正三角形容器内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场，已知内部三角形容器ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B，且每条边的中点开有一个小孔。有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场。如果要使粒子恰好不经过碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入，下列说法正确的是(　　)
图6
A．容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B
B．容器A′B′C′的边长为2a
C．粒子的速度大小为
D．粒子再次回到D点的最短时间为
解析：选ACD　根据题意可画出如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )粒子运动的轨迹图，要想使粒子恰好不经过碰撞在磁场中运动一段时间后又能从D点射入，容器ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B，选项A正确；利用几何知识可知容器A′B′C′的边长为2a＋2a，选项B错误；因轨道半径R＝a＝，所以v＝，选项C正确；粒子再次回到D点的最短时间为t＝×＝，选项D正确。
7．如图7所示，在第Ⅱ象限内有水平 ( http: / / www.21cnjy.com )向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为(　　)
图7
A.　　　　　　　　　　 B.(2＋5π)
C. D.
解析：选D　带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝v0，这一过程的时间t1＝＝。
又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d。
故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝＝＝
带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝
故t总＝。
8．(2014·重庆高考)如图8所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
图8
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
解析：(1)设电场强度大小为E
由题意有mg＝qE
得E＝，方向竖直向上(2)如图甲所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。
甲
由r＝，有r1＝，r2＝r1
由(r1＋r2)sin φ＝r2
r1＋r1cos φ＝h
vmin＝(9－6)。
(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x。
由题意有3nx＝1.8 h(n＝1,2,3，…)
x≥
x＝得r1＝(1＋)，n＜3.5
即n＝1时，v＝；n＝2时，v＝；n＝3时，
v＝。
乙
答案：见解析

展开更多......

收起↑