资源简介 第58课时 带电粒子在组合场中的运动[学习目标] 1．理解质谱仪的工作原理，会计算粒子的比荷。2．理解回旋加速器的工作原理，会计算粒子的最大动能和交流电的频率。3．理解电场与磁场及其叠加场的科技应用实例的原理。组合场中的应用实例 回旋加速器1．构造如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。2．原理交流电周期和粒子做圆周运动的周期______________，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。3．最大动能由qvmB＝、Ekm＝m得Ekm＝，粒子获得的最大动能由___________________________________________________________________和________决定，与加速电压________。如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。(1)回旋加速器D形盒的缝隙处也可以接直流电源。 ( )(2)回旋加速器带电粒子运动过程中交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。 ( )(3)回旋加速器加速的带电粒子，获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 ( )[典例1] (多选)(2025·北京模拟)回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器。其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子(初速度可以忽略，重力不计)。已知D形盒半径为R，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是( )A．粒子从电场中获得能量B．交流电源的周期为T＝C．粒子经交变电压U加速第一次进入D1盒与第一次进入D2盒的运动半径之比为∶1D．粒子在电场中加速的次数为归纳总结：运动时间的计算(1)粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t1＝T＝·＝。(2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，运动时间为t2＝＝。(缝隙宽度为d)(3)粒子运动的总时间t＝t1＋t2＝＋。 质谱仪1．作用测量带电粒子的质量和分离同位素。2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝________；(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；由以上式子可得r＝，m＝，＝。(1)质谱仪可以测量带电粒子的质量和分离同位素。 ( )(2)用质谱仪测同位素时，半径越大的，质量就越小。 ( )(3)带电粒子在质谱仪中只有匀强磁场的部分做匀速圆周运动。 ( )[典例2] 如图为质谱仪的原理示意图，带电粒子从粒子源A无初速度飘出，经电压U加速后穿过狭缝垂直进入磁感应强度为B0的磁场，并打在显示屏上，显示屏最左边的点记为G，最右边的点记为M，已知带电粒子在磁场中形成的等效电流大小为I，显示屏在狭缝的左侧，其上的亮斑与狭缝距离为d(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)。(1)求粒子的比荷；(2)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。如图，狭缝左、右边缘分别在S1、S2，S1S2＝d，GS2＝2d，MS1＝d，设磁感应强度大小可调，为保证上述粒子均能打到显示屏GM上，求匀强磁场磁感应强度大小B的范围。____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________带电粒子在组合场中的运动 先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲、乙所示。2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图丙、丁所示。注意：进入磁场的初速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度。[典例3] (2024·福建卷)如图所示，直角坐标系xOy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C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效应。求：(1)粒子经过N时的速度大小；(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________方法技巧： 先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。[典例4] (2025·广东广州一模)如图所示，平面直角坐标系xOy面内，y轴左侧内存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，y轴右侧第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等。一电子以速度v0从x轴上的N点(－L，0)垂直射入磁场，v0与x轴负方向的夹角θ＝37°，经P点(图中未画出)垂直于y轴射入电场，最后从M点(2L，0)进入第四象限。已知电子的质量为m、电荷量为e，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)从N点射出后电子第3次经过x轴的位置坐标。_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________[典例5] (2025·河南卷改编)如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。(1)求磁感应强度的大小；(2)求电场强度的大小。________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________第58课时考点1角度12．相等 3．磁感应强度B 盒半径R 无关 情境辨析 (1)× (2)√ (3)√典例1 AD [粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获得能量，故A正确；交流电源的周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即T＝，故B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝①，粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为R，根据qvmB＝，可得最大速度vm＝②，根据动能定理可知，第一次进入D1盒时Uq＝m③，第一次进入D2盒时2Uq＝m④，由①③④联立解得R1∶R2＝1∶，nUq＝m⑤，由②⑤联立可得加速的次数n＝，故C错误，D正确。]角度22．(1)mv2判断正误 (1)√ (2)× (3)√典例2 解析：(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m可得d＝2r＝则粒子的比荷为＝。(2)S2→M∶R1＝＝dqvB1＝m，得B1＝B0S1→G∶R2＝＝dqvB2＝m，得B2＝B0综上可得B0≤B≤B0。答案：(1) (2)B0≤B≤B0考点2典例3 解析：(1)设粒子经过N时的速度大小为vN，则对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理有qU＝m解得vN＝。(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P时沿y轴方向的速度大小为vy，速度方向与y轴正向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二定律有＝ma根据匀变速直线运动规律，在沿y轴方向有d＝at2，vy＝at又tan θ＝联立解得θ＝45°。(3)粒子在P处时的速度大小为vP＝粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvPB＝由几何关系可知R＝d联立解得B＝。答案：(1) (2)45° (3)典例4 解析：(1)由题意得电子在磁场Ⅰ中的运动轨迹如图所示，圆心在K点，设电子在磁场Ⅰ运动的半径为r1，则有r1＝，ev0B＝m，解得B＝。(2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿静电力方向的位移为y，垂直于静电力方向的位移为x，则x＝v0t＝2L，y＝r1＋r1cos 37°＝at2，Ee＝ma，解得E＝。(3)沿电场方向的速度vy＝at到M点的速度v＝＝v0设v方向与x轴正方向成α角，则tan α＝＝3设电子在第四象限磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为r2，有evB＝m，经分析知，电子第1次过x轴在M点，再运动一个劣弧第2次过x轴到第一象限，再次下来到第3次经过x轴时的位置坐标x＝6L＋2r2sin α联立以上各式，代入数据得x＝16L则从N点射出后电子第三次经过x轴的坐标为(16L，0)。答案：(1) (2) (3)(16L，0)典例5 解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r＝rcos θ＋h解得r＝2h由牛顿第二定律有qv0B＝m解得B＝。(2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得AB＝s－2rsin θ＝3h－2h＝h则粒子在电场中的运动时间为t＝＝沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE＝ma由运动学公式有－v0sin θ＝v0sin θ－at联立解得E＝。答案：(1) (2)1 / 1(共45张PPT)第十章 磁 场第58课时 带电粒子在组合场中的运动[学习目标] 1．理解质谱仪的工作原理，会计算粒子的比荷。2．理解回旋加速器的工作原理，会计算粒子的最大动能和交流电的频率。3．理解电场与磁场及其叠加场的科技应用实例的原理。考点1 组合场中的应用实例角度1 回旋加速器1．构造如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。2．原理交流电周期和粒子做圆周运动的周期______，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次。3．最大动能由qvmB＝、Ekm＝m得Ekm＝，粒子获得的最大动能由_____________和_________决定，与加速电压______。相等磁感应强度B 盒半径R 无关 如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。(1)回旋加速器D形盒的缝隙处也可以接直流电源。 ( )(2)回旋加速器带电粒子运动过程中交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等。 ( )(3)回旋加速器加速的带电粒子，获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关。 ( )× √ √[典例1] (多选)(2025·北京模拟)回旋加速器是用来加速带电粒子使它们获得很大动能的仪器。其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的带电粒子(初速度可以忽略，重力不计)。已知D形盒半径为R，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是( )A．粒子从电场中获得能量B．交流电源的周期为T＝C．粒子经交变电压U加速第一次进入D1盒与第一次进入D2盒的运动半径之比为∶1D．粒子在电场中加速的次数为√√AD [粒子在电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电场中获得能量，故A正确；交流电源的周期等于粒子在磁场中做圆周运动的周期，即T＝，故B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝①，粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为R，根据qvmB＝，可得最大速度vm＝②，根据动能定理可知，第一次进入D1盒时Uq＝m③，第一次进入D2盒时2Uq＝m④，由①③④联立解得R1∶R2＝1∶，nUq＝m⑤，由②⑤联立可得加速的次数n＝，故C错误，D正确。]归纳总结：运动时间的计算(1)粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t1＝T＝＝。(2)粒子在各狭缝中的运动连在一起为匀加速直线运动，运动时间为t2＝＝。(缝隙宽度为d)(3)粒子运动的总时间t＝t1＋t2＝＋。角度2 质谱仪1．作用测量带电粒子的质量和分离同位素。2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝_____；(2)偏转磁场：qvB＝，l＝2r；由以上式子可得r＝，m＝，＝。mv2(1)质谱仪可以测量带电粒子的质量和分离同位素。 ( )(2)用质谱仪测同位素时，半径越大的，质量就越小。 ( )(3)带电粒子在质谱仪中只有匀强磁场的部分做匀速圆周运动。 ( )√ × √[典例2] 如图为质谱仪的原理示意图，带电粒子从粒子源A无初速度飘出，经电压U加速后穿过狭缝垂直进入磁感应强度为B0的磁场，并打在显示屏上，显示屏最左边的点记为G，最右边的点记为M，已知带电粒子在磁场中形成的等效电流大小为I，显示屏在狭缝的左侧，其上的亮斑与狭缝距离为d(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)。(1)求粒子的比荷；(2)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。如图，狭缝左、右边缘分别在S1、S2，S1S2＝d，GS2＝2d，MS1＝d，设磁感应强度大小可调，为保证上述粒子均能打到显示屏GM上，求匀强磁场磁感应强度大小B的范围。[解析] (1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2由洛伦兹力提供向心力，有qvB0＝m可得d＝2r＝则粒子的比荷为＝。(2)S2→M∶R1＝＝dqvB1＝m，得B1＝B0S1→G∶R2＝＝dqvB2＝m，得B2＝B0综上可得B0≤B≤B0。[答案] (1) (2)B0≤B≤B0角度1 先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲、乙所示。考点2 带电粒子在组合场中的运动2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图丙、丁所示。注意：进入磁场的初速度是离开电场的末速度，而非进入电场的初速度。[典例3] (2024·福建卷)如图所示，直角坐标系xOy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C1、C2，其中C1垂直x轴放置，极板与x轴相交处存在小孔M、N；C2垂直y轴放置，上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放，经电场直线加速后从N射出，紧贴C2下极板进入C2，而后从P进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直x轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、带电荷量为q，O、P间距离为d，C1、C2的板间电压大小均为U，板间电场视为匀强电场，不计粒子重力，忽略边缘效应。求：(1)粒子经过N时的速度大小；(2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。[解析] (1)设粒子经过N时的速度大小为vN，则对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理有qU＝m解得vN＝。(2)粒子在C2中做类平抛运动，设粒子经过P时沿y轴方向的速度大小为vy，速度方向与y轴正向的夹角为θ，粒子在C2中的运动时间为t，则根据牛顿第二定律有＝ma根据匀变速直线运动规律，在沿y轴方向有d＝at2，vy＝at又tan θ＝联立解得θ＝45°。(3)粒子在P处时的速度大小为vP＝粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvPB＝由几何关系可知R＝d联立解得B＝。[答案] (1) (2)45° (3)方法技巧：角度2 先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)。2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)。[典例4] (2025·广东广州一模)如图所示，平面直角坐标系xOy面内，y轴左侧内存在垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ，y轴右侧第一象限内存在竖直向上的匀强电场，第四象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场Ⅱ，磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等。一电子以速度v0从x轴上的N点(－L，0)垂直射入磁场，v0与x轴负方向的夹角θ＝37°，经P点(图中未画出)垂直于y轴射入电场，最后从M点(2L，0)进入第四象限。已知电子的质量为m、电荷量为e，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)从N点射出后电子第3次经过x轴的位置坐标。[解析] (1)由题意得电子在磁场Ⅰ中的运动轨迹如图所示，圆心在K点，设电子在磁场Ⅰ运动的半径为r1，则有r1＝，ev0B＝m，解得B＝。(2)进入电场后，电子做类平抛运动，从P点到M点的过程中，设沿静电力方向的位移为y，垂直于静电力方向的位移为x，则x＝v0t＝2L，y＝r1＋r1cos 37°＝at2，Ee＝ma，解得E＝。(3)沿电场方向的速度vy＝at到M点的速度v＝＝v0设v方向与x轴正方向成α角，则tan α＝＝3设电子在第四象限磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为r2，有evB＝m，经分析知，电子第1次过x轴在M点，再运动一个劣弧第2次过x轴到第一象限，再次下来到第3次经过x轴时的位置坐标x＝6L＋2r2sin α联立以上各式，代入数据得x＝16L则从N点射出后电子第三次经过x轴的坐标为(16L，0)。[答案] (1) (2) (3)(16L，0)[典例5] (2025·河南卷改编)如图所示，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。(1)求磁感应强度的大小；(2)求电场强度的大小。[解析] (1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有r＝rcos θ＋h解得r＝2h由牛顿第二定律有qv0B＝m解得B＝。(2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得AB＝s－2rsin θ＝3h－2h＝h则粒子在电场中的运动时间为t＝＝沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE＝ma由运动学公式有－v0sin θ＝v0sin θ－at联立解得E＝。[答案] (1) (2)课时作业(五十八) 带电粒子在组合场中的运动1．劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氚核H)加速，所需的交流电源的频率为f，已知元电荷为e，磁感应强度为B，下列说法正确的是( )A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B．交流电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大C．氚核的质量为D．该回旋加速器接频率为f的交流电源时，也可以对氦核He)加速√题号1352467C [根据T＝可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即有v＝，最终射出回旋加速器的速度与电源电压无关，B错误；根据T＝可知m＝＝，C正确；因为氚核H)与氦核He)的比荷不同，所以不能用来加速氦核He)，D错误。]题号13524672．(2025·江苏南京一模)回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计，粒子所受重力忽略不计，下列说法正确的是( )A．粒子每在电场中加速一次，动能增加量都相同B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大√题号1352467A [根据题意，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，可知每次动能的增加量都相同，故A正确；由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，故B错误；设D形盒的半径为R0，则粒子的最大速度vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝m＝，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出D形盒的动能增大，故C、D错误。]题号13524673．(2025·山东济南一模)质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图所示的是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的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的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为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下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计带电粒子所受的重力和粒子间的作用力，下列表述正确的是( )A．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于C．粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越大D．某种元素同位素的原子核，打在胶片上的位置离狭缝P越远，表明其质量数越大√题号1352467D [根据带电粒子在磁场中的偏转方向及左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中静电力水平向右，洛伦兹力应水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；在速度选择器中，静电力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，求得v＝，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，B错误；粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力有qvB0＝，解得r＝＝，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的轨迹半径越小，粒子的比荷越大；粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的轨迹半径越大，表明其质量数越大，C错误，D正确。]题号13524674．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，带电粒子(不计重力)从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B．带电粒子每运动一周被加速一次C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D．加速电场方向需要做周期性的变化√题号1352467B [带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在A、C间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B正确，D错误；根据qvB＝和nqU＝mv2(n为加速次数)，联立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2(－)，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据v＝知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误。]题号13524675．(2025·福建漳州模拟)如图所示，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则( )A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B．静电分析器中心线处的电场强度E＝C．仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点D．要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为√题号1352467D [由静电分析器静电力提供向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，在静电分析器中静电力提供向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B为最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。]题号13524676．利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面(纸面)内，x(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t。题号1352467[解析] (1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L解得R＝2L又qv0B＝m解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。题号1352467(2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则t1＝T其中T＝解得t1＝粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，题号1352467则有qE＝max2－x1＝v0t2解得t2＝其中h＝a解得h＝由于h粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2解得t＝。题号1352467[答案] (1) (2)7．(2023·辽宁卷)如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。题号1352467[解析] (1)分析可知，粒子在两金属板间做类平抛运动，设两金属板间距离为d，则金属板长为d由牛顿第二定律有Eq＝ma又两金属板间电场强度与电势差的关系为E＝由平抛运动规律有d＝v0td＝at2解得U＝。题号1352467(2)画出粒子从射出电场到射出磁场的轨迹，如图1所示。由运动的合成与分解可知，粒子射出电场时的速度大小v＝＝粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝解得r＝由题意可知磁场半径R＝根据几何关系有tan α＝＝则α＝解得粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ＝π－2α＝。题号1352467(3)由(2)知带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场的半径关系为r＝R，根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动时间最长，则相对应的运动轨迹和相应的弦O'Q以及圆心外的位置如图2所示。题号1352467[答案] (1) (2) (3)图见解析谢谢！课时作业(五十八) 带电粒子在组合场中的运动说明：选择题每小题4分；本试卷共47分。 1．劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，现对氚核H)加速，所需的交流电源的频率为f，已知元电荷为e，磁感应强度为B，下列说法正确的是( )A．被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大B．交流电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大C．氚核的质量为D．该回旋加速器接频率为f的交流电源时，也可以对氦核He)加速2．(2025·江苏南京一模)回旋加速器的工作原理如图所示。D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，它们之间有一定的电势差U。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处的粒子源产生的带电粒子在两盒之间被加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，再次到达两盒间的缝隙时，改变电场方向，使粒子再次被加速，如此反复。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间忽略不计，粒子所受重力忽略不计，下列说法正确的是( )A．粒子每在电场中加速一次，动能增加量都相同B．粒子在磁场中运行的圆周越来越大，其周期会越来越长C．若只增大电压U，会使粒子射出D形金属盒的动能增大D．若只增大两盒之间的距离，会使粒子射出D形盒的动能增大3．(2025·山东济南一模)质谱仪在物理研究中起着非常重要的作用。如图所示的是质谱仪的工作原理示意图。粒子源(在加速电场上方，未画出)产生的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的磁感应强度和匀强电场的电场强度分别为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下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。不计带电粒子所受的重力和粒子间的作用力，下列表述正确的是( )A．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向里B．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于C．粒子打在胶片上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越大D．某种元素同位素的原子核，打在胶片上的位置离狭缝P越远，表明其质量数越大4．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，带电粒子(不计重力)从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B．带电粒子每运动一周被加速一次C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D．加速电场方向需要做周期性的变化5．(2025·福建漳州模拟)如图所示，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为R，通道内有均匀辐向电场，方向指向圆心O，中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界匀强磁场，边界为矩形CNQD，NQ＝2d，PN＝3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)由静止开始从A板经电压为U的电场加速后，沿中心线通过静电分析器，再由P点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打在胶片ON上，则( )A．磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B．静电分析器中心线处的电场强度E＝C．仅改变粒子的比荷，粒子仍能打在胶片上的同一点D．要使粒子能到达NQ边界，磁场磁感应强度B的最小值为6．(12分)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面(纸面)内，x(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t。7．(15分)(2023·辽宁卷)如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。课时作业(五十八)1．C [根据T＝可知，被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期不变，A错误；设D形盒的半径为R，则最终射出回旋加速器的速度满足evB＝m，即有v＝，最终射出回旋加速器的速度与电源电压无关，B错误；根据T＝可知m＝＝，C正确；因为氚核H)与氦核He)的比荷不同，所以不能用来加速氦核He)，D错误。]2．A [根据题意，粒子每在电场中加速一次，动能的增加量ΔEk＝qU，可知每次动能的增加量都相同，故A正确；由qvB＝m可得R＝，由于v增大，则粒子在磁场中运行的圆周越来越大，由T＝＝可知，其周期不变，故B错误；设D形盒的半径为R0，则粒子的最大速度vm＝，则粒子射出D形金属盒的动能Ek＝m＝，可知增大电压U和增大两盒之间的距离，不会使粒子射出D形盒的动能增大，故C、D错误。]3．D [根据带电粒子在磁场中的偏转方向及左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中静电力水平向右，洛伦兹力应水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；在速度选择器中，静电力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，求得v＝，能通过狭缝P的带电粒子的速率等于，B错误；粒子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力有qvB0＝，解得r＝＝，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的轨迹半径越小，粒子的比荷越大；粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越远离狭缝P，粒子的轨迹半径越大，表明其质量数越大，C错误，D正确。]4．B [带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在A、C间加速，电场方向不需要做周期性的变化，故B正确，D错误；根据qvB＝和nqU＝mv2(n为加速次数)，联立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2(－)，所以P1P2≠P2P3，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据v＝知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，故A错误。]5．D [由静电分析器静电力提供向心力可知，粒子带正电，根据左手定则可知，磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里，故A错误；在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2，在静电分析器中静电力提供向心力，有qE＝，联立可得E＝，故B错误；在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，可得粒子进入磁分析器到打在胶片上的距离D＝，所以与比荷有关，仅改变粒子的比荷，粒子不能打在胶片上的同一点，故C错误；磁场磁感应强度B越小，半径越大，当B为最小值时，粒子与QD边相切，由于圆心在PN上，则半径R＝2d，此时有4d＝，解得Bmin＝，故D正确。]6．解析：(1)区域Ⅰ内粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，设在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rsin θ＝L解得R＝2L又qv0B＝m解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B＝。(2)粒子在磁场中运动圆轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则t1＝T其中T＝解得t1＝粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间为t2，沿y轴负方向运动的距离为h，则有qE＝max2－x1＝v0t2解得t2＝其中h＝a解得h＝由于h粒子从电场边界离开，则总时间t＝t1＋t2解得t＝。答案：(1) (2)7．解析：(1)分析可知，粒子在两金属板间做类平抛运动，设两金属板间距离为d，则金属板长为d由牛顿第二定律有Eq＝ma又两金属板间电场强度与电势差的关系为E＝由平抛运动规律有d＝v0td＝at2解得U＝。(2)画出粒子从射出电场到射出磁场的轨迹，如图1所示。由运动的合成与分解可知，粒子射出电场时的速度大小v＝＝粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝解得r＝由题意可知磁场半径R＝根据几何关系有tan α＝＝则α＝解得粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ＝π－2α＝。(3)由(2)知带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场的半径关系为r＝R，根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动时间最长，则相对应的运动轨迹和相应的弦O'Q以及圆心外的位置如图2所示。答案：(1) (2) (3)图见解析1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第十章 第58课时 带电粒子在组合场中的运动.docx 第十章 第58课时 带电粒子在组合场中的运动.pptx 课时作业58 带电粒子在组合场中的运动.docx
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