2022版高考物理一輪復習 第9章 磁場 第3節(jié) 帶電粒子在復合場中的運動教案-2022版高考物

第3節(jié)帶電粒子在復合場中的運動

［必備知詼'全通關(guān)］夯實基礎(chǔ)知識?掃除雙基盲點

?必備知識?填充

一、帶電粒子在復合場中的運動

1.復合場與組合場

(1)復合場：地場、磁場、重力場共存,或其中某兩場共存，如圖甲。

XXX

XXX

(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分

時間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。如圖乙。

2.帶電粒子在復合場中的常見運動

(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或

做勻速直線運動。

(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時,帶電粒子在

洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動。

二、質(zhì)譜儀和回旋加速器

a原理圖W

帶電粒子由靜止被加速電場加速qU

7674737270

LLLLL1=5應，在磁場中做勻速圓周運動qvB

rv_?V

舊,則比荷

交變電流的周期和帶電粒子做圓周

運動的周期相同,帶電粒子在圓周運

回旋加速器動過程中每次經(jīng)過〃形盒縫隙都會被

22#2

加速。由)得

接交流電源r2/n

◎?qū)W情自測?驗收

一、思考辨析(正確的畫“，錯誤的畫“X”)

1.帶電粒子在勻強磁場中只受洛倫茲力和重力時，不可能做勻加速直線運動。

2.帶電粒子在復合場中不可能處于靜止狀態(tài)。（X）

3.帶電粒子在復合場中不可能做勻速圓周運動。（X）

4.不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運動的半徑不同。（J）

5.粒子在回旋加速器中做圓周運動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大。

6.在速度選擇器中做勻速直線運動的粒子的比荷可能不同。

（V）

二、走進教材

1.（人教版選修3—IPl。2T3改編）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意

圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏

轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它

經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)

子的質(zhì)量比約為（）

加速電場

出口

A.11B.12

C.121D.144

D［離子在加速電場有勿，，在磁場中偏轉(zhuǎn)有＜7?5=/自，聯(lián)立解得仁樂經(jīng)

勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，即"相同，因此有幸=（*］［離子和質(zhì)子的質(zhì)量比

約為144,故選D。］

2.（人教版選修3-1P9m改編）如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板

人CI'S］,存在磁感應強度為6、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導線與變阻器〃

相連，等離子體以速度/平行于兩金屬板垂直射入磁場。若要減小該發(fā)電機的電動勢，可采

取的方法是（）

A.增大dB.增大B

C.增大RD.減小/

QE

D［由等離子在磁場和電場受的電場力與磁場力平衡，即萬=為匕得發(fā)電機的電動勢￡

=Bdv,要想減小電動勢，則可以通過減小8、d或V實現(xiàn)，D正確。］

考點1帶電粒子在組合場中的運動［講典例示法］

1.組合場

電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)。

2.“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較

電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)

帶電粒子以內(nèi)_￡進入勻強電場（不計

帶電粒子以1cL8進入勻強磁場（不計

偏轉(zhuǎn)條件

重力）重力）

受力情況只受恒定的電場力F=Eq只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB

運動情況類平拋運動勻速圓周運動

拋物線圓弧

運動軌跡

%—-------.----

/■一，v

0

mv

利用類平拋運動的規(guī)律牛頓第二定律、向心力公式r=~,T

求解方法

2qEnat2H卬0T

at,a=—,tan夕=一Z-

mvo~qB'2n

［典例示法］如圖所示，足夠大的平行擋板4、/2豎直放置，間距6/,兩板間存在兩個

方向相反的勻強磁場區(qū)域I和II,以水平面的V為理想分界面。I區(qū)的磁感應強度為南方向

垂直紙面向外。4、4上各有位置正對的小孔S、&,兩孔與分界面拗,的距離為￡,質(zhì)量為明、

電量為+g的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S進入［區(qū)，并直接偏

轉(zhuǎn)至U松，上的P點、,再進入H區(qū)、產(chǎn)點與4板的距離是L的k倍.不計重力，碰到擋板的粒子

不予考慮。

XXXXXXX

n

XXXXXXX

XXXXXXX

---------6L---------

Ai

⑴若衣=1,求勻強電場的電場強度區(qū)

（2）若2〈旅3,且粒子沿水平方向從S射出，求出粒子在磁場中的速度大小/與A的關(guān)系

式和H區(qū)的磁感應強度B與k的關(guān)系式。

［解析］(1)若％=1,則有,仍=乙粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系,

該情況粒子的軌跡半徑為：R=L,

2

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，則有：qv氏=國三

粒子在勻強電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEd*!/

綜合上式解得：￡=弊。

1dm

(2)因為2〈衣3,且粒子沿水平方向從S射出，該粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系:

下一(k*=(R—,又有qvBt>—m看

q氏IA■六L

則整理解得：/=

又因為：QL-2kL=2x

k/R

根據(jù)幾何關(guān)系有：一=一

xr

則n區(qū)的磁感應強度°與女的關(guān)系：B==°

畬方法技巧“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題

暨野一要清楚場的性質(zhì)、方向、強弱、范圍等。

qJtv一帶電粒子依次通過不同場區(qū)時，由受力情況確定

粒子在不同區(qū)域的運動情況。

芭殛A*正確地畫出粒子的運動軌跡圖。

上工、根據(jù)區(qū)域和運動規(guī)律的不同，將粒子運動的過程

粵歲一劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同

的規(guī)律處理。

彳一一、要明確帶電粒子通過不同場區(qū)的交界處時速度大

找關(guān)第一小和方向關(guān)系，上一個區(qū)域的末速度往往是下一

、一個區(qū)域的初速度。

［跟進訓練］

考向1先電場后磁場

L(2020?全國卷H?TQCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱,CT掃描機可用

于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖

如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)

后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭

的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。貝iJ()

A.V處的電勢高于N處的電勢

B.增大以/V之間的加速電壓可使0點左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使〃點左移

D［電子在電場中加速運動，電場力的方向和運動方向相同，丁。,

而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，所以材處的電勢低于0/

N處的電勢，A項錯誤；增大雙N之間的電壓，根據(jù)動能定理可知，

電子進入磁場時的初速度變大，根據(jù)r=詈知其在磁場中的軌跡半

徑增大，偏轉(zhuǎn)程度減小，P點將右移，B項錯誤；根據(jù)左手定則可知，

磁場的方向應該垂直于紙面向里，C項錯誤；結(jié)合B項分析，可知增大磁場的磁感應強度，軌

跡半徑將減小，偏轉(zhuǎn)程度增大，。點將左移，D項正確。］

考向2先磁場后電場

2.(2020?廣東卓越聯(lián)盟一調(diào))如圖所示x0平面內(nèi)，虛線。/與x軸正方向的夾角為a

=45°,/0區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，/Qx區(qū)域內(nèi)存在垂直于。/并指向

的勻強電場，一質(zhì)量為必、帶電量為+g的粒子從坐標為(0,a)的點沿x軸正方向以初速度

外射入磁場，后從以上某點沿y軸負方向進入電場，再經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從x軸上某點離開電場,

此時粒子的動能剛好到達最小，不計粒子的重力。求：

(1)勻強磁場磁感應強度6的大小;

(2)勻強電場的場強匯的大小及粒子出電場時的位置坐標。

［解析］(1)由幾何關(guān)系彳+/?tana—a

a

,Pb2

由qvonB=與

得BM

aq

(2)出電場粒子的動能剛好到達最小時，此時粒子的速度方向剛好與電場力垂直，設(shè)粒子

2

從進電場到出電場所用時間為則xsin〃=?可”?

2國)

由牛頓第二定律qE=HIE

的cosa

xsina=-----------1

R

------------xcosa=votsina

cosa

qE/r3xl2/nvoa

聯(lián)“解得￡=U---，x=~,

4qa3

即粒子出電場時的位置坐標為住，0)。

［答案］⑴駟⑵斗見他0)

aq4qa婕)

3.(2021?湖北新高考適應性考試)在如圖所示的直角坐標系中，x<0區(qū)域有沿x軸正

向的勻強電場，x20區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為及一質(zhì)量為加

電荷量為g(q>0)的粒子從原點。進入磁場，初速度大小為的，速度方向與y軸正向夾角為

0(60°<。<90°),不計重力。

(1)求帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的角速度。；

(2)帶電粒子每次離開磁場進入電場后，都從。點離開電場進入磁場，從而形成周期性運

動，求電場強度的大小￡和粒子運動周期T；

3

(3)當粒子運動到磁場區(qū)離y軸最遠處時，有一個質(zhì)量為山、速度大小為］%、方向沿y軸

負方向的電中性粒子與帶電粒子發(fā)生彈性正碰，在碰撞過程中沒有電荷轉(zhuǎn)移，求碰撞以后帶

電粒子第一次離開磁場進入電場的位置與。點的距離L.

［解析］(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，則洛倫茲力提供向心力qvoB=m3v,，解得

QB

3=一。

m

2

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動qv,B=*,解得「=卷

進入電場時的速度方向與y軸正向成。角，則到達y軸時y=2入in/°

02冗—202冗必2兀-0%

時間t\~_?7—..?—R

02n2JiqBpqB

進入電場后沿y方向做勻速運動，沿x方向先減速后加速，T…B.

取后到達0點,則府cos。?tz—y

…一

at2=2vasina——_

m

e,—E/n2z?sin0

聯(lián)立解得￡—3%cosO,t—口,

2qBcos。

粒子運動周期T=t\+f2=^［tan0+(冗一0)］。

qB

(3)當粒子運動到磁場區(qū)離y軸最遠處時，速度方向沿y軸負向,粒子與不帶電的粒子相

3］,1(3、21212

碰時，由動量守恒和能量關(guān)系勿%+〃，?勿力+勿均，J族+;/〃?尹（）1=藝病+,%謁

mv\3mvo3

解得盯=5的，上=小，則此時粒子做圓周運動的軌道半徑為r’~qB~2qB~2r

。+修，—［r+eos0—1r］2

則到達y軸時的位置距離。點的距離Ay=cin(

解得△尸..〔si”0+42+cos(t>cos0］。

QB2/nmvo

［答案］⑴々(2)8%cos。石［tan。十（五一0）］（3）茄［sin。+

［2+cos(p—cos~0］

考點2帶電粒子在疊加場中的運動［講典例示法］

1.疊加場

電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。

2.無約束情況下的運動

(1)洛倫茲力、重力并存

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故

機械能守恒，由此可求解問題。

(2)電場力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)

①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，

可用動能定理求解問題。

(3)電場力、洛倫茲力、重力并存

①若三力平衡，一定做勻速直線運動。

②若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動。

③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用

能量守恒定律或動能定理求解問題。

3.有約束情況下的運動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直

線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不

做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解。

［典例示法］(一題多法)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小

E=5小N/C,同時存在著垂直紙面向里的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大

小8=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量〃=1XI。—"kg,電荷量9=2X1。-'C,正以速度/在

圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過尸點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)

象)，取尸10m/s2,求：

Bxxxxxx

xrxXXXXE

XXXXXX

(1)小球做勻速直線運動的速度「的大小和方向；

(2)從撤掉磁場到小球再次穿過尸點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間

審題指導：解此題關(guān)鍵的兩點：

(1)小球做勻速直線運動，說明小球受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系列式求解即可。

(2)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動沒有影響，小球在

豎直方向上做勻減速直線運動，若要使小球再次穿過尸點所在的電場線，僅需小球的豎直方

向的分位移為零，根據(jù)豎直上拋運動的基本公式列式求解。

［解析］(1)小球做勻速直線運動時受力如圖甲，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為

零，有

甲

代入數(shù)據(jù)解得

v—20m/s②

速度/的方向與電場￡的方向之間的夾角為，，則tan0=—③

mg

代入數(shù)據(jù)解得tan。=小

，=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動，如圖乙所示,

設(shè)其加速度為a,有

Z?=---------------------⑤

設(shè)撤去磁場后小球在初速度方向上的分位移為X,有

x=vt⑥

設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上的分位移為人有

⑦

tan叱⑧

聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得

2*^3so

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動沒有影響,

以尸點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為

vy—Fsin0

若使小球再次穿過尸點所在的電場線，僅需小球在豎直方向上的分位移為零，則有vyt

=0

聯(lián)立解得t=2小So

［答案］（1）20m/s速度方向與電場方向的夾角為60°（2）273s

畬反思總結(jié)帶電粒子在疊加場中運動的分析方法

情工弄清電場、磁場、一力場的疊加情況）

先重力、再彈力、后摩擦力，然后分析

其他力（電場力、洛倫茲力）

注意運動情況和受力情況的結(jié)合］

⑨段分QH粒子通過不同種類的場時，分段討論3

r勻速直線運動一平衡條件）

勻速圓周運動f牛頓運動定律和

5擇規(guī)電廠圓周運動規(guī)律

復雜曲線運動一動能定理或能量

守恒定律

［跟進訓練］

考向1磁場與重力場疊加

1.（多選）如圖所示，46C為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中46為傾斜直軌道，BC為與

相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、

乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電?，F(xiàn)將三個小球在軌道上分別

從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，貝1（）

A.經(jīng)過最高點時，三個小球的速度相等

B.經(jīng)過最高點時，甲球的速度最小

C.甲球的釋放位置比乙球的高

D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變

CD［設(shè)磁感應強度為B,圓形軌道半徑為r,三個小球質(zhì)量均為m,它們恰好通過最高

222

.,,...>..,..?_,,加p甲mv乙/nvifi1

點時的速度分力為y甲、Pz和丫丙，貝！］0g+8-甲0甲=：?,mg—Bvz.qz.——^,顯

然，y中>1，丙〉丫乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械

能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為勢能相等，所以甲球的機械能最大,

甲球的釋放位置最高，選項C正確。］

2.（多選）如圖所示為一個質(zhì)量為以電荷量為+g的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙

細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為8的勻強磁場中，不計空氣阻力，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速

度%,在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度圖象可能是下列選項中的（）

X-4xXDx

g+gvoD

I。一：

ABCD

AD［帶電圓環(huán)在磁場中受到向上的洛倫茲力，當重力與洛倫茲力相等時，圓環(huán)將做勻速

直線運動，A正確；當洛倫茲力大于重力時，圓環(huán)受到摩擦力的作用，并且隨著速度的減小而

減小，圓環(huán)將做加速度減小的減速運動，最后做勻速直線運動，I）正確；如果重力大于洛倫茲

力，圓環(huán)也受摩擦力作用，且摩擦力越來越大，圓環(huán)將做加速度增大的減速運動，故B、C錯

誤。］

考向2磁場、電場與重力場疊加

3.（多選）（2020?廣東佛山模擬）如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b,相

距為d,間的電場強度為￡,今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度”豎直向上射入電

場，當它飛到6板時，速度大小不變，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d的狹縫穿

過6板而進入6c區(qū)域，兒區(qū)域的寬度也為4所加電場強度大小為方向豎直向上，磁感

應強度方向垂直紙面向里，磁場磁感應強度大小等于￡,重力加速度為g,則下列關(guān)于粒子運

Vo

動的有關(guān)說法正確的是（）

A.粒子在劭區(qū)域的運動時間為上

g

B.粒子在A區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑六=2"

C.粒子在歷區(qū)域中做勻速圓周運動，運動時間為當

D.粒子在助、歷區(qū)域中運動的總時間為

%

ABD［粒子在副區(qū)域，豎直方向上做勻減速運動，由%=g［得［=］,故A正確；水平

VQ

方向上做勻加速運動，d=7=g,則qE=mg,進入6c區(qū)域，電場力大小未變、方向豎直向上,

m宓mvo謚

電場力與重力平衡，粒子做勻速圓周運動，由QVQB=~,得r=茄,代入數(shù)據(jù)得廠=1，又

1

4=2gd,故r=2d,故B正確；在歷區(qū)域，粒子運動軌跡所對圓心角為o,sina=2，a

n

JIs6*2dRd

=石~,運動時間：t=%=--=藐，故C錯誤；粒子在a,區(qū)域的運動時間也可以表示為:

2d2d-+6d

%=%=%，故總時間2總=稿+藐=3^，故D正確。］

2~

核心素養(yǎng)電場和磁場技術(shù)的應用

電和磁與科技、生活聯(lián)系緊密，電和磁相結(jié)合的試題是高考命題的熱點。近年高考試題

頻繁的以STSE為切入點，考查電磁學中的主干知識。

?熱點1質(zhì)譜儀一一分離和檢測粒子

1.作用：測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素的儀器。

2.原理（如圖所示）：

7674/7270￡：^

個；：嚴

（1）加速電場：qU=^mvo

mv2

（2）偏轉(zhuǎn)磁場：l=2r：由以上兩式可得

［示例1］（2020?天津名校聯(lián)考）如圖所示為一種質(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此通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處

的電場強度大小為反磁分析器內(nèi)有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為反方向

垂直紙面向外。一質(zhì)量為以電荷量為。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點垂直磁場邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的。點，不計粒子重力，下

列說法中正確的是（）

加速電場I叫次分析器

膠片"

.0..二：'.P.

磁分析器B

A.加速電場的電壓〃="

B.極板M比極板A，電勢低

C.PQ=2B\\qmER

D.若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上的同一點，則該群粒子的比荷相等

D［在加速電場中，由動能定理得＜7。=$?/-0,粒子在靜電分析器中做圓周運動，電場

v1

力提供向心力，由牛頓第二定律得解得〃=5夕?，A項錯誤；粒子在磁場中從。點運

動到0點，由左手定則可知粒子帶正電，又因為帶正電粒子在加速電場中受到的電場力向右,

所以電場線方向向右，則材板的電勢高于川板的電勢，B項錯誤；粒子在磁分析器中做圓周運

2

動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB*,解得粒子在磁場中運動的軌跡半徑

為則偌=2「二泉尸若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上的

同一點，則粒子做圓周運動的直徑相等，根據(jù)尸0的表達式可知，該群粒子的比荷相等，C項

錯誤，D項正確。］

熱點2回旋加速器一一加速帶電粒子

1.構(gòu)造：如圖所示，〃、a是半圓形金屬盒，〃形盒處于勻強磁場中，。形盒的縫隙處接

交流電源。

接交流電源

2.原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次〃形盒縫隙，粒

子被加速一次。

3.粒子獲得的最大動能：由g%5=噂、&得&=孚，粒子獲得的最大動能由

KzAm

磁感應強度少和金屬盒半徑〃決定，與加速電壓無關(guān)。

4.粒子在磁場中運動的總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增

加動能加速次數(shù)〃粒子在磁場中運動的總時間令「

qU2乙qUqo乙U

［示例2］如圖所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，在D形盒邊上的縫隙間放置一

對中心開有小孔a、6的平行金屬板欣小每當帶正電的粒子從a孔進入時，就立即在兩板間

加上恒定電壓，粒子經(jīng)加速后從6孔射出時，立即撤去電壓。而后粒子進入D形盒中的勻強

磁場，做勻速圓周運動?？p隙間無磁場，不考慮相對論效應，則下列說法正確的是（）

A.兩D形盒中的磁場方向均垂直紙面向外

B.粒子做圓周運動的周期不斷變大

C.粒子每運動一周運動軌跡直徑的增加量越來越小

D.增大兩板間電壓，粒子最終獲得的最大動能變大

C［帶正電的粒子在勻強磁場中做逆時針方向的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可判斷

出兩D形盒中的磁場方向均垂直紙面向里，選項A錯誤；根據(jù)帶電粒子在勻強磁場中做勻速

my2

圓周運動，可知洛倫茲力提供向心力，則有qvB=:，解得帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓

周運動的半徑？=差周期7=2=0,所以粒子做圓周運動的周期不變，選項B錯誤；

qbvqB

由于mv=72砥,所以粒子每運動一周動能的增加量A&=qU,粒子每運動一周

運動軌跡直徑的增加量Ad=2△也*N2m闿=2&2/

=1,2,3,…），當〃逐漸增大時，逐漸減小，即粒子每運動一周運動軌跡直徑的增加量越

來越小，選項C正確；由L亞子可知，最大動能兒。尸」式中〃為D形盒的半徑），

qbZ/Z7

由此可知，粒子最終獲得的最大動能與加速電壓的大小無關(guān)，所以增大兩板間電壓，粒子最

終獲得的最大動能不變，選項D錯誤。］

畬規(guī)律總結(jié)粒子在D形盒中運動的周期不變；粒子最終獲得的最大動能與回旋加速

器的D形盒半徑有關(guān)，與加速次數(shù)、加速電場的電壓都無關(guān)。

熱點3霍爾元件一一前、后表面間產(chǎn)生電壓

1.定義：高為從寬為，的導體（自由電荷是電子或正電荷）置于勻強磁場6中，當電流

通過導體時，在導體的上表面/和下表面/'之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電

壓稱為霍爾電壓。

2.電勢高低的判斷：如圖，導體中的電流/向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是

電子，則下表面小的電勢高。若自由電荷是正電荷，則下表面