2025高考物理步步高同步練習選修2第一章帶電粒子在勻強磁場中的運動含答案

2025高考物理步步高同步練習選修2第一章3帶電粒子在勻強磁場中的運動[學習目標]1.理解帶電粒子初速度方向和磁場方向垂直時，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動.2.會根據洛倫茲力提供向心力推導半徑公式和周期公式.3.會分析帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題．一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子以速度v做勻速直線運動，其所受洛倫茲力F＝0.2．若v⊥B，此時初速度方向、洛倫茲力的方向均與磁場方向垂直，粒子在垂直于磁場方向的平面內運動．(1)洛倫茲力與粒子的運動方向垂直，只改變粒子速度的方向，不改變粒子速度的大小．(2)帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．二、帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期1．由qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,qB).2．由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πr,v)，可得T＝eq\f(2πm,qB).帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑和運動速度無關．1．判斷下列說法的正誤．(1)運動電荷進入磁場后(無其他場)可能做勻速圓周運動，不可能做類平拋運動．(√)(2)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，軌道半徑跟粒子的速率成正比．(√)(3)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與軌道半徑成正比．(×)(4)運動電荷在勻強磁場中做圓周運動的周期隨速度的增大而減小．(×)2.質子和α粒子由靜止出發(fā)經過同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進入同一勻強磁場，則它們在磁場中的速度大小之比為________；軌道半徑之比為________；周期之比為________．答案eq\r(2)∶11∶eq\r(2)1∶2一、帶電粒子在勻強磁場中運動的基本問題導學探究如圖1所示，可用洛倫茲力演示儀觀察運動電子在勻強磁場中的偏轉．圖1(1)不加磁場時，電子束的運動軌跡如何？加上磁場后，電子束的運動軌跡如何？(2)如果保持出射電子的速度不變，增大磁感應強度，軌跡圓半徑如何變化？如果保持磁感應強度不變，增大出射電子的速度，軌跡圓半徑如何變化？答案(1)一條直線圓(2)變小變大知識深化1．分析帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動，要緊抓洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁場中做勻速圓周運動，由r＝eq\f(mv,qB)知，r與v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T與速度無關，與半徑無關．質子p(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)以相同的速率在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑分別為Rp和Rα，周期分別為Tp和Tα，則下列選項中正確的是()A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1答案A解析質子p(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的帶電荷量之比為qp∶qα＝1∶2，質量之比mp∶mα＝1∶4.由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律可知，軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，因為兩粒子速率相同，代入q、m，可得Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2，故選項A正確．針對訓練1薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域內運動的軌跡如圖2所示，半徑R1>R2.假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()圖2A．帶正電B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同D．從Ⅱ區(qū)域穿過鋁板運動到Ⅰ區(qū)域答案C解析粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力，速度將減?。蓃＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由Ⅰ區(qū)域運動到Ⅱ區(qū)域，結合左手定則可知粒子帶負電，選項A、B、D錯誤；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子運動的周期不變，粒子在Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域中運動的時間均為t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，選項C正確．二、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動1．圓心的確定圓心位置的確定通常有以下兩種基本方法：(1)已知入射方向和出射方向時，可以過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖3甲所示，P為入射點，M為出射點)．(2)已知入射方向和出射點的位置時，可以過入射點作入射方向的垂線，連線入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．圖32．半徑的確定半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解．3．粒子在勻強磁場中運動時間的確定(1)粒子在勻強磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動軌跡的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．確定圓心角時，利用好幾個角的關系，即圓心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)當v一定時，粒子在勻強磁場中運動的時間t＝eq\f(l,v)，l為帶電粒子通過的弧長．在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一磁感應強度是原來磁感應強度一半的勻強磁場，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑減半C．粒子的速率不變，周期變?yōu)樵瓉淼?倍D．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍答案C解析因洛倫茲力對粒子不做功，故粒子的速率不變；當磁感應強度減半后，由r＝eq\f(mv,Bq)可知，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?倍；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子的周期變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確，A、B、D錯誤．如圖4所示，一帶電荷量為2.0×10－9C、質量為1.8×10－16kg的粒子，從直線上一點O沿與PO方向成30°角的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，經過1.5×10－6s后到達直徑上的P點，求：圖4(1)粒子做圓周運動的周期；(2)磁感應強度B的大?。?3)若O、P之間的距離為0.1m，則粒子的運動速度的大?。鸢?1)1.8×10－6s(2)0.314T(3)3.49×105m/s解析(1)作出粒子的運動軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則eq\f(t,T)＝eq\f(300°,360°)＝eq\f(5,6)，周期T＝eq\f(6,5)t＝eq\f(6,5)×1.5×10－6s＝1.8×10－6s(2)由T＝eq\f(2πm,qB)知B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(2×3.14×1.8×10－16,2.0×10－9×1.8×10－6)T＝0.314T.(3)由幾何知識可知，半徑r＝eq\x\to(OP)＝0.1m故粒子的運動速度大小為v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(0.314×2.0×10－9×0.1,1.8×10－16)m/s≈3.49×105m/s.針對訓練2(多選)(2020·天津卷)如圖5所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場．一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經過磁場偏轉后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計．則()圖5A．粒子帶負電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD．N與O點相距(eq\r(2)＋1)a答案AD解析由題意可知，粒子在磁場中做順時針圓周運動，根據左手定則可知粒子帶負電荷，故A正確；粒子的運動軌跡如圖所示，O′為粒子做勻速圓周運動的圓心，其軌道半徑R＝eq\r(2)a，故C錯誤；由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，則v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，故B錯誤；由圖可知，ON＝a＋eq\r(2)a＝(eq\r(2)＋1)a，故D正確．針對訓練3(2020·廣東中山中學高二期中)如圖6所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN且垂直磁場方向射入磁場，經t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則eq\f(t1,t2)為()圖6A.eq\f(2,3)B．2C.eq\f(3,2)D．3答案D解析電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知，兩電子運動半徑相同，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，周期也相同，由幾何關系可知，電子1運動的圓心角為π，電子2運動的圓心角為eq\f(π,3)，由時間t＝eq\f(θ,2π)T，可得：eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,\f(π,3))＝3，D正確．1．(帶電粒子在勻強磁場中的運動)關于帶電粒子在勻強磁場中的運動，下列說法正確的是()A．帶電粒子飛入勻強磁場后，一定做勻速圓周運動B．靜止的帶電粒子在勻強磁場中將會做勻加速直線運動C．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時洛倫茲力的方向總是和運動方向垂直D．當洛倫茲力方向和運動方向垂直時，帶電粒子在勻強磁場中的運動一定是勻速圓周運動答案C解析若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(同向或反向)，此時所受洛倫茲力為零，帶電粒子做勻速直線運動，A錯誤；靜止的帶電粒子不受洛倫茲力，仍將靜止，B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力總跟速度方向垂直，即和運動方向垂直，C正確；如果帶電粒子以與磁場方向成某一角度進入勻強磁場，所受洛倫茲力與運動方向垂直，帶電粒子不是做勻速圓周運動，D錯誤．2．(半徑公式、周期公式)(多選)兩個粒子A和B帶有等量的同種電荷，粒子A和B以垂直于磁場的方向射入同一勻強磁場，不計重力，則下列說法正確的是()A．如果兩粒子的速度vA＝vB，則兩粒子的半徑RA＝RBB．如果兩粒子的動能EkA＝EkB，則兩粒子的周期TA＝TBC．如果兩粒子的質量mA＝mB，則兩粒子的周期TA＝TBD．如果兩粒子的動量大小相同，則兩粒子的半徑RA＝RB答案CD解析因為粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，又粒子電荷量相等且在同一磁場中，所以q、B相等，r與m、v有關，T只與m有關，所以A、B錯誤，C、D正確．3.(帶電粒子做勻速圓周運動的分析)如圖7所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子的速率v1與MN垂直；穿過b點的粒子的速率v2與MN成60°角，設兩粒子從S點到a、b兩點所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(粒子的重力不計)()圖7A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶2答案D解析粒子的運動軌跡如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°，從b點射出的粒子對應的圓心角為60°，兩粒子相同，則兩粒子做圓周運動的周期T相同，由t＝eq\f(α,360°)T，式中α為圓心角，可得t1∶t2＝3∶2，故D正確．4．(帶電粒子做勻速圓周運動的分析)(2020·四川模擬)如圖8，ABCD是一個正方形的勻強磁場區(qū)域，兩相同的粒子甲、乙分別以不同的速率從A、D兩點沿圖示方向射入磁場，均從C點射出，則它們的速率之比為v甲∶v乙和它們通過該磁場所用時間之比t甲∶t乙分別為()圖8A．1∶1,2∶1 B．1∶2,2∶1C．2∶1,1∶2 D．1∶2,1∶1答案C解析根據qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，根據軌跡圖可知，甲、乙兩粒子的半徑之比為2∶1，又因為兩粒子相同，故v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝2∶1，粒子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子相同，可知甲、乙兩粒子的周期之比為1∶1，根據軌跡圖可知，甲、乙兩粒子轉過的圓心角之比為1∶2，故兩粒子在磁場中經歷的時間之比t甲∶t乙＝1∶2，選C.考點一周期公式與半徑公式的基本應用1．質子和一價鈉離子分別垂直進入同一勻強磁場中做勻速圓周運動．如果它們的圓周運動半徑恰好相等，這說明它們在剛進入磁場時()A．速率相等 B．動量大小相等C．動能相等 D．質量相等答案B解析根據Bqv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，因為質子與一價鈉離子電荷量相同，又是進入同一磁場，B也相同，要使半徑r相同，必然是動量大小mv相同，所以選B.2.如圖1所示，水平導線中有恒定電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將()圖1A．沿路徑a運動，軌跡是圓B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小答案B解析電流在導線下方產生的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則可知電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝eq\f(mv,qB)可知，B減小，r越來越大，則電子的軌跡是a，故選B.3.質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場并最終打在金屬板上，運動的半圓軌跡如圖2中虛線所示，不計重力，下列表述正確的是()圖2A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運動時間大于N的運動時間答案A解析根據左手定則可知N帶正電，M帶負電，A正確；因r＝eq\f(mv,Bq)，而M的軌跡半徑大于N的軌跡半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；M和N的運動時間都為t＝eq\f(πm,Bq)，D錯誤．4．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小答案D解析帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應強度B減小，由r＝eq\f(mv,qB)可知，軌道半徑增大；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據ω＝eq\f(2π,T)知角速度減小，故D正確．考點二帶電粒子做勻速圓周運動的分析5.如圖3所示，粒子a和粒子b所帶的電荷量相同，以相同的動能從A點射入勻強磁場中，做圓周運動的半徑ra＝2rb，則下列說法正確的是(重力不計)()圖3A．兩粒子都帶正電，質量之比eq\f(ma,mb)＝4B．兩粒子都帶負電，質量之比eq\f(ma,mb)＝4C．兩粒子都帶正電，質量之比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)D．兩粒子都帶負電，質量之比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)答案B解析由動能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，而qa＝qb、Eka＝Ekb，可知質量m與半徑r的平方成正比，故eq\f(ma,mb)＝4，再根據左手定則可知兩粒子都帶負電，故B正確．6.如圖4所示，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)，一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖4A．2∶1B.eq\r(2)∶1C．1∶1D.eq\r(2)∶2答案D解析根據幾何關系可知，帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌跡半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌跡半徑r2的2倍，設粒子在P點的速度大小為v1，動能為Ek，根據牛頓第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(12),r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)＝eq\f(\r(mEk),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2)r2,r1)＝eq\f(\r(2),2)，D正確．7．(多選)(2020·泉州期末)如圖5所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是()圖5A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同答案BC解析由t＝eq\f(θ,2π)T及T＝eq\f(2πm,Bq)知，電子在磁場中運動的時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r＝eq\f(mv,qB)知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，磁場中的運動軌跡半徑越大，故A錯誤，B正確．由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中的運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤．8.如圖6所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，在xOy平面內，從原點O處與x軸正方向成θ角(0<θ<π)，以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)，則下列說法正確的是()圖6A．若v一定，θ越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠B．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短答案B解析畫出粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關系得，軌跡對應的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2π－2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π－2θm,qB)，可得，若v一定，θ越大，粒子在磁場中運動的時間t越短，若θ一定，則粒子在磁場中的運動時間一定，故B正確，D錯誤；設粒子的軌跡半徑為r，則r＝eq\f(mv,qB)，由圖有，AO＝2rsinθ＝eq\f(2mvsinθ,qB)，可得，若θ是銳角，θ越大，AO越大，若θ是鈍角，θ越大，AO越小，故A錯誤；粒子在磁場中運動的角速度ω＝eq\f(2π,T)，又T＝eq\f(2πm,qB)，則得ω＝eq\f(qB,m)，與速度v無關，故C錯誤．9.(2019·全國卷Ⅲ)如圖7，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為()圖7A.eq\f(5πm,6qB)B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB)D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)、T＝eq\f(2πR,v)，可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB)、T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(4πm,qB)，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中運動的時間為t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由幾何關系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確，A、C、D錯誤．10.(2020·雞澤縣第一中學高二月考)一個重力不計的帶電粒子，以大小為v的速度從坐標(0，L)的a點，平行于x軸射入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的圓形勻強磁場區(qū)域，并從x軸上b點射出磁場，射出速度方向與x軸正方向間的夾角為60°，如圖8，求：圖8(1)帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；(2)帶電粒子的比荷eq\f(q,m)及粒子從a點運動到b點的時間；(3)其他條件不變，要使該粒子恰從O點射出磁場，求粒子的入射速度大?。鸢?1)2L(2)eq\f(v,2BL)eq\f(2πL,3v)(3)eq\f(1,4)v解析(1)畫出粒子運動的軌跡如圖，由幾何知識，Rcos60°＋L＝R，解得R＝2L.(2)由洛倫茲力提供向心力，得qBv＝eq\f(mv2,R)所以eq\f(q,m)＝eq\f(v,RB)＝eq\f(v,2BL)粒子運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πL,v)粒子從a點運動到b點的時間t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(2πL,3v)(3)要使該粒子恰從O點射出磁場，則R′＝eq\f(L,2)由qBv′＝eq\f(mv′2,R′)可知v′＝eq\f(1,4)v.11.一帶電粒子的質量m＝1.7×10－27kg，電荷量q＝＋1.6×10－19C，該粒子以大小為v＝3.2×106m/s的速度沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B＝0.17T，磁場的寬度L＝10cm，如圖9所示．(粒子重力不計，g取10m/s2，結果均保留兩位有效數(shù)字)圖9(1)帶電粒子離開磁場時的速度多大？(2)帶電粒子在磁場中運動多長時間？(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d為多大？答案(1)3.2×106m/s(2)3.3×10－8s(3)2.7×10－2m解析(1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時的速度大小仍為3.2×106m/s.(2)由qvB＝meq\f(v2,r)得，軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1.7×10－27×3.2×106,1.6×10－19×0.17)m＝0.2m.由題圖可知偏轉角θ滿足：sinθ＝eq\f(L,r)＝eq\f(0.1m,0.2m)＝0.5，所以θ＝30°＝eq\f(π,6)，由qvB＝eq\f(mv2,r)及v＝eq\f(2πr,T)可得帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以帶電粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(1,12)T，所以t＝eq\f(πm,6qB)＝eq\f(3.14×1.7×10－27,6×1.6×10－19×0.17)s≈3.3×10－8s.(3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－eq\f(\r(3),2))m≈2.7×10－2m.12.(2020·江蘇卷改編)空間存在兩個垂直于Oxy平面的勻強磁場，y軸為兩磁場的邊界，磁感應強度分別為2B0、3B0.質量為m、電荷量為q的粒子從原點O沿x軸正向射入磁場，速度為v.粒子第1次、第2次經過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖10所示．不考慮粒子重力影響．求：圖10(1)Q到O的距離d；(2)粒子兩次經過P點的時間間隔Δt.答案(1)eq\f(mv,3qB0)(2)eq\f(2πm,qB0)解析(1)粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設半徑分別為r1、r2由qvB＝meq\f(v2,r)可知r＝eq\f(mv,qB)故r1＝eq\f(mv,2qB0)，r2＝eq\f(mv,3qB0)且d＝2r1－2r2，解得d＝eq\f(mv,3qB0)(2)粒子先后在兩磁場中做勻速圓周運動，設運動時間分別為t1、t2由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)得t1＝eq\f(πm,2qB0)，t2＝eq\f(πm,3qB0)，且Δt＝2t1＋3t2解得Δt＝eq\f(2πm,qB0).4質譜儀與回旋加速器[學習目標]1.知道質譜儀的構造及工作原理，會確定粒子在磁場中運動的半徑，會求粒子的比荷.2.知道回旋加速器的構造及工作原理，知道交流電的周期與粒子在磁場中運動的周期之間的關系，知道決定粒子最大動能的因素．一、質譜儀1．質譜儀構造：主要構件有加速電場、偏轉磁場和照相底片．2．運動過程(如圖1)圖1(1)帶電粒子經過電壓為U的加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做勻速圓周運動，r＝eq\f(mv,qB)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).3．分析：從粒子打在底片D上的位置可以測出圓周的半徑r，進而可以算出粒子的比荷．二、回旋加速器1．回旋加速器的構造：兩個D形盒，兩D形盒接交流電源，D形盒處于垂直于D形盒的勻強磁場中，如圖2.圖22．工作原理(1)電場的特點及作用特點：兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的電場．作用：帶電粒子經過該區(qū)域時被加速．(2)磁場的特點及作用特點：D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中．作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，從而改變運動方向，半個圓周后再次進入電場．判斷下列說法的正誤．(1)質譜儀工作時，在電場和磁場確定的情況下，同一帶電粒子在磁場中的半徑相同．(√)(2)因不同原子的質量不同，所以同位素在質譜儀中的軌跡半徑不同．(√)(3)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終速度，應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.(√)(4)增大兩D形盒間的電壓，可以增大帶電粒子所獲得的最大動能．(×)一、質譜儀導學探究如圖3所示為質譜儀原理示意圖．設粒子質量為m、電荷量為q，加速電場電壓為U，偏轉磁場的磁感應強度為B，粒子從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，其初速度幾乎為0.則粒子進入磁場時的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距離多大？圖3答案由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，則粒子進入磁場時的速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以打在底片上的位置到S3的距離為eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q)).知識深化1．帶電粒子運動分析(1)加速電場加速：根據動能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)勻強磁場偏轉：洛倫茲力提供向心力，qvB＝eq\f(mv2,r).(3)結論：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，測出半徑r，可以算出粒子的比荷eq\f(q,m).2．質譜儀區(qū)分同位素：由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝meq\f(v2,r)可求得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).同位素電荷量q相同，質量不同，在質譜儀照相底片上顯示的位置就不同，故能據此區(qū)分同位素．(2018·全國卷Ⅲ)如圖4，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：圖4(1)磁場的磁感應強度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比．答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)設甲種離子所帶電荷量為q1，質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1v12①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(12),R1)②由幾何關系知2R1＝l③由①②③式得，磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f(4U,lv1).④(2)設乙種離子所帶電荷量為q2，質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2v22⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(22),R2)⑥由幾何關系知2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4.針對訓練(2020·云南省下關第一中學高二期中)如圖5所示為質譜儀的示意圖，速度選擇器部分的勻強電場的場強為E＝1.2×105V/m，勻強磁場的磁感應強度為B1＝0.6T；偏轉分離器的磁感應強度為B2＝0.8T．求：(已知質子質量為1.67×10－27kg)圖5(1)能通過速度選擇器的粒子的速度大??；(2)質子和氘核以相同速度進入偏轉分離器后打在照相底片上的條紋之間的距離d.答案(1)2×105m/s(2)5.2×10－3m解析(1)能通過速度選擇器的粒子所受電場力和洛倫茲力大小相等、方向相反，有eB1v＝eE得v＝eq\f(E,B1)＝eq\f(1.2×105,0.6)m/s＝2×105m/s.(2)粒子進入磁場B2后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則eB2v＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,B2e)設質子質量為m，則氘核質量為2m，故d＝eq\f(2mv,B2e)×2－eq\f(mv,B2e)×2≈5.2×10－3m.二、回旋加速器導學探究回旋加速器兩D形盒之間有窄縫，中心附近放置粒子源(如質子、氘核或α粒子源)，D形盒間接上交流電源，在狹縫中形成一個交變電場．D形盒上有垂直盒面的勻強磁場(如圖6所示)．圖6(1)回旋加速器中磁場和電場分別起什么作用？對交流電源的周期有什么要求？在一個周期內加速幾次？(2)帶電粒子獲得的最大動能由哪些因素決定？如何提高粒子的最大動能？答案(1)磁場的作用是使帶電粒子回旋，電場的作用是使帶電粒子加速．交流電源的周期應等于帶電粒子在磁場中運動的周期．一個周期內加速兩次．(2)當帶電粒子速度最大時，其運動半徑也最大，即rm＝eq\f(mvm,Bq)，可得Ekm＝eq\f(q2B2r\o\al(m2),2m)，所以要提高帶電粒子獲得的最大動能，則應盡可能增大磁感應強度B和D形盒的半徑rm.知識深化1．粒子被加速的條件交流電壓的周期等于粒子在磁場中運動的周期．2．粒子最終的能量粒子速度最大時的半徑等于D形盒的半徑，即rm＝R，rm＝eq\f(mvm,qB)，則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).3．提高粒子的最終能量的措施：由Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，應增大磁感應強度B和D形盒的半徑R.4．粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速電壓的大小)．5．粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝eq\f(n,2)·T＝eq\f(nπm,qB)(n為加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認為在盒內的時間近似等于t2.(多選)(2020·山西高二期末)1930年美國物理學家Lawrence提出回旋加速器的理論，1932年首次研制成功．如圖7所示為兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2置于真空中，金屬盒D1、D2間接有電壓為U的交流電為粒子加速，金屬盒D1圓心O處粒子源產生的粒子初速度為零．勻強磁場垂直兩盒面，磁感應強度大小為B，粒子運動過程不考慮相對論效應和重力的影響，忽略粒子在兩金屬盒之間運動的時間，下列說法正確的是()圖7A．交流電的周期和粒子在磁場中運動的周期相同B．加速電壓U越大，粒子最終射出D形盒時的動能就越大C．粒子最終射出D形盒時的動能與加速電壓U無關D．粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是1∶eq\r(2)答案ACD解析為了保證每次帶電粒子經過狹縫時均被加速，使其能量不斷提高，要在狹縫處加一個與粒子運動的周期一致的交變電壓，A正確；粒子射出時圓周運動半徑為R，有：qvmB＝eq\f(mv\o\al(m2),R)，解得最大速度為：vm＝eq\f(qBR,m)，所以最大動能為：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，與加速電壓U無關，B錯誤，C正確；第一次加速：qU＝eq\f(1,2)mv12，解得：v1＝eq\r(\f(2qU,m))，第二次加速：qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得：v2＝2eq\r(\f(qU,m))，所以粒子第一次加速后和第二次加速后速度之比是：v1∶v2＝1∶eq\r(2)，D正確．如圖8所示，兩個處于同一勻強磁場中的相同的回旋加速器，分別接在加速電壓為U1和U2的高頻電源上，且U1>U2，兩個相同的帶電粒子分別從這兩個加速器的中心由靜止開始運動，設兩個粒子在加速器中運動的時間分別為t1和t2(在盒縫間加速時間忽略不計)，獲得的最大動能分別為Ek1和Ek2，則()圖8A．t1<t2，Ek1>Ek2 B．t1＝t2，Ek1<Ek2C．t1<t2，Ek1＝Ek2 D．t1>t2，Ek1＝Ek2答案C解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qvB＝eq\f(mv2,R)可知，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能只與磁感應強度和D形盒的半徑有關，所以Ek1＝Ek2，設粒子在加速器中繞行的圈數(shù)為n，則Ek＝2nqU，由以上關系可知n與加速電壓U成反比，由于U1>U2，則n1<n2，而t＝nT，T不變，所以t1<t2，故A、B、D錯誤，C正確．1．(質譜儀)(多選)(2020·全國高二課時練習)如圖9是質譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是()圖9A．質譜儀是分析同位素的重要工具B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向內C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小答案AC解析粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即其做勻速圓周運動的直徑D＝eq\f(2mv,qB0)，可見D越小，則粒子的比荷越大，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤．粒子在題圖中的電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應水平向左，由左手定則知，磁場的方向應垂直紙面向外，選項B錯誤．由Eq＝Bqv可知，v＝eq\f(E,B)，選項C正確．2.(回旋加速器)(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底面的勻強磁場中，如圖10所示，要增大帶電粒子射出時的動能，粒子重力不計，下列說法正確的是()圖10A．增大交流電源的電壓B．增大磁感應強度C．改變磁場方向D．增大D形盒的半徑答案BD3.(回旋加速器)(多選)(2020·歷城二中模擬)回旋加速器的工作原理如圖11所示，真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中，且磁感應強度B保持不變．兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源A處(D形盒圓心)進入加速電場(初速度近似為零)．D形盒半徑為R，粒子質量為m、電荷量為＋q，加速器接電壓為U的高頻交流電源．若相對論效應、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮．下列論述正確的是()圖11A．交流電源的頻率可以任意調節(jié)不受其他條件的限制B．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)兩次所接高頻電源的頻率不相同C．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)它們的最大速度相等D．增大U，粒子在D形盒內運動的總時間t減少答案CD解析根據回旋加速器的原理，每轉一周粒子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，洛倫茲力提供粒子做圓周運動所需向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，交流電源的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，可知交流電源的頻率不可以任意調節(jié)，故A錯誤；加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)時，圓周運動的頻率f＝eq\f(qB,2πm)，故兩次所接高頻電源的頻率相同，故B錯誤；粒子加速后的最大軌道半徑等于D形盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvmB＝meq\f(v\o\al(m2),R)，解得粒子的最大運動速度vm＝eq\f(qBR,m)，故加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)它們的最大速度相等，故C正確；粒子完成一次圓周運動被電場加速2次，由動能定理得2nqU＝Ekm，在D形盒磁場內運動的時間：t＝nT，即t＝eq\f(πBR2,2U)，可見U越大，t越小，故D正確．考點一質譜儀1.1922年，英國科學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．質譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉磁場．如圖1所示為質譜儀的原理圖，設想有一個靜止的帶電粒子P(不計重力)，經電壓為U的加速電場加速后，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到底片上的D點．設OD＝x，則在下列圖中能正確反映x2與U之間函數(shù)關系的是()圖1答案A解析粒子在加速電場中根據動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子在磁場中偏轉，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝meq\f(v2,R)，得軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)，x＝2R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，知x2∝U，故A正確，B、C、D錯誤．2.質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．如圖2所示為質譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質譜儀對氫元素進行測量．讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場，加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中．氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”．重力不計，則下列判斷正確的是()圖2A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B．進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C．在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚D．a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚答案A解析離子通過加速電場的過程，有qU＝eq\f(1,2)mv2，因為氕、氘、氚三種離子的電荷量相同、質量依次增大，故進入磁場時動能相同，速度依次減小，故A項正確，B項錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期，故在磁場中的運動時間由大到小排列依次為氚、氘、氕，C項錯誤；由qvB＝meq\f(v2,R)及qU＝eq\f(1,2)mv2，可得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質譜線”依次對應氚、氘、氕，D項錯誤．考點二回旋加速器3.(多選)一個用于加速質子的回旋加速器，其核心部分如圖3所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，兩盒分別與交流電源相連．設質子的質量為m、電荷量為q，則下列說法正確的是()圖3A．D形盒之間交變電場的周期為eq\f(2πm,qB)B．質子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大C．質子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大D．只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值答案AB解析質子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，D形盒之間交變電場的周期等于質子在磁場中運動的周期，A正確；由r＝eq\f(mv,qB)得，當r＝R時，質子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，且vm與加速電壓無關，B正確，C錯誤；根據狹義相對論，隨著質子速度v的增大，質量m會發(fā)生變化，導致質子做圓周運動的周期也變化，所加交流電源周期與其運動周期不再同步，即質子不可能一直被加速下去，D錯誤．4．(2020·重慶模擬)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖4所示．這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()圖4A．帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大B．帶電粒子從磁場中獲得能量C．增大加速電場的電壓，其余條件不變，帶電粒子離開磁場時的動能將增大D．增大加速電場的電壓，其余條件不變，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短答案D解析帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與交變電流的周期相同，即不變，故A錯誤；回旋加速器是利用電場加速，帶電粒子獲得的能量從電場中獲取，故B錯誤；根據qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，最大動能Ekmax＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，則帶電粒子離開磁場時的動能與加速電壓無關，故C錯誤；增大加速電場的電壓，其余條件不變，每次加速后帶電粒子獲得的動能增加，但最終的動能不變，故在電場中加速的次數(shù)減少，帶電粒子在D形盒中運動的時間變短，故D正確．5.(多選)如圖5所示，a、b、c、d為4個正粒子，電荷量相等均為q，同時沿圖示方向進入速度選擇器后，a粒子射向P1板，b粒子射向P2板，c、d兩粒子通過速度選擇器后，進入另一磁感應強度為B2的磁場，分別打在A1和A2兩點，A1和A2兩點相距Δx.已知速度選擇器兩板間電壓為U，