專題9第3講帶電粒子在勻強磁場復合場中運動

第3講

帶電粒子在勻強磁場、復合場中的運動【考綱解讀】1.掌握帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動，并能解決確定圓心、半徑、運動軌跡、周期、運動時間等相關問題；2.掌握帶電粒子在磁場中的臨界問題、極值問題和多解問題等．

運動．2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速度v做

運動．考點O

講堂梳理自查一、帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律1．若v∥B，帶電粒子以勻入速直射線速度v做勻速圓周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)軌道半徑公式：r＝

Bq

.

Bq

2πmBqm二、帶電粒子在復合場中的運動1．復合場的分類(1)疊加場：電磁場場、

、重力場共存，或其中某兩場共存．(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

出現(xiàn)．交替2．帶電粒子在復合場中的運動分類(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

時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動．(2)勻速圓周運動為零重力

電場力?洛當倫茲帶力電粒子所受的

與

大小相等、方向相反時，帶電粒子在

的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．三、帶電粒子在復合場中運動的實例分析1．質(zhì)譜儀構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理可得關系式qU＝1

v2

2m

．粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得v2關系式qvB＝m

r

.由以上兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．r＝

q，m＝

，m＝

.1

2mUB

q2Uqr2B2

2UB2r2過程中一次一次地經(jīng)過D

形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被mv2一次一次地加速．由

qvB＝

R

，得

Ekm＝

，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B

和D

形盒半徑R

決定，與加速電壓無關．2．回旋加速器構(gòu)造：如上圖乙所示，D1，D2

是半圓金屬盒，D

形盒的縫隙處接

交流電源．D

形盒處于勻強磁場中．原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的q2B2R22m3．速度選擇器平行板中電場強度

E

和磁感應強度

B

互相垂直．這種裝置能把具有一定

速度的粒子選擇出來，所以叫作速度選擇器，如圖甲．帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是

qE＝qv，B即v＝EB.LUB，則由

qE＝q

＝qvB

得兩極板間能達到的最大電勢差

U＝

.4．磁流體發(fā)電機磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，它可以把

內(nèi)

能直接轉(zhuǎn)化為電能．根據(jù)左手定則，如圖乙中的B

板是發(fā)電機

正極．磁流體發(fā)電機兩極板間的距離為L，等離子體速度為v，磁場的磁感應強度為BLv1．[對洛倫茲力的作用的考查](多選)運動電荷進入磁場后(無其他力作用)可能做(

)B．勻速D．平拋A．勻速圓周運動直線運動C．勻加速直線運動運動【答案】AB【解析】若運動電荷垂直于磁場方向進入勻強磁場，則做勻速圓周運動；若運動方向和勻強磁場方向平行，則做勻速直線運動，故2．[帶電粒子在勻強磁場運動的半徑和周期]一個重力不計的帶電粒子垂直進入勻強磁場，在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動．則下列能表示運動周期T與半徑R之間的關系圖象的是(

)【答案】Dv2mv【解析】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，由qvB＝mR得R＝qB，由圓周運動規(guī)律得

T＝2πR

2πm

半徑無關，故

D

項正確．v

＝

qB

，可見粒子運動周期與3．[帶電粒子在組合場及復合場中的運動]一帶電粒子以初速度v0

沿垂直于電場線和磁感線的方向，先后穿過寬度相同且緊鄰在一起的有明顯邊界的勻強電場和勻強磁場，如圖甲所示．電場和磁場對粒子做功為W1，粒子穿出磁場時的速度為v1；若把電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，粒子仍以初速度v0

穿過疊加場區(qū)，電場和磁場對粒子做功為W2，粒子穿出場區(qū)時的速度為v2.比較W1

和W2，v1

和v2

的大小0EBv

<

，不計重力()B．W1＝W2，v1＝v2

D．W1＝W2，v1>v2A．W1>W2，v1>v2

C．W1<W2，v1<v2【答案】A0【解析】帶電粒子在電場和磁場中受到的電場力、磁場力的方向相反，因v

<EB，所以qv0B<qE，偏轉(zhuǎn)中，洛倫茲力方向有與電場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運動，通過電場的時間較甲的短且在豎直方向上的加速度小于甲圖電場中的加速度，因此甲圖中偏轉(zhuǎn)位移大，在甲圖中電場力做的正功多，即W1>W2，洛倫茲力不做功，粒子穿出場區(qū)時甲圖中帶電粒子的動能大，穿出場區(qū)時的速度大，即v1>v2，選項A

正確．2子【答案】A4．[速度選擇器和質(zhì)譜儀]如圖所示，有a，b，c，d四個粒子，它們帶同種電荷且電荷量相

等，它們的速率關系為va<vb＝vc<vd，質(zhì)量關系為ma＝mb<mc＝md.進入速度選擇器后，有兩種粒子從速度選擇器射出，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】由通過速度選擇器的粒子速度相等可知，應是

b，c，由偏轉(zhuǎn)方向知這2

qB知c

b

12些?粒C子都．帶射正電向，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極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，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，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，下列說法中正確的是()A．增大勻強電場間的加速電壓B．增大磁場的磁感應強度C．減小狹縫間的距離【解析】當帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由牛頓第二定律得qvBv2qBr

1＝m

r

，得v＝

m

.若D

形盒的半徑為R，則r＝R

時，帶電粒子的最終動能Ekm＝2mv2q2B2R2＝

2m

，所以要提高加速粒子射出時的動能，應盡可能增大磁感應強度B

和加速器的半徑R.考點1

帶電粒子在勻強磁場中的運動1．圓心的確定(1)已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時，可通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(如下圖甲所示)．(2)已知入射方向和入射點、出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入

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(如上圖乙所示)．(3)帶電粒子在不同邊界磁場中的運動①直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖所示)．③圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如下圖甲所示)．2．半徑的確定和計算利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑

(或圓心角)，求解時注意以下幾個重要的幾何特點：

(1)粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如上圖乙)，即φ＝α＝2θ＝ωt.(2)直角三角形的應用(勾股定理)．找到AB的中點C，連接OC，則△AOC，△BOC都是直角三角形．3．運動時間的確定粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α

時，其運動時間可由下式表示：

α

α

lt＝360°T或t＝2πT，t＝v(l

為弧長)．例

1

如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度

v

從

A

點沿直徑

AOB

方向射入磁場，經(jīng)過

Δt

時間從

C

點射出磁場，OC

與

OBv成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A

點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?

)A．1

t2ΔB．2ΔtD．3Δt1C．3Δt【答案】B練1

空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0

沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為()A．

3mv0

B．mv0

C．

3mv0

D．3mv0

3qR

qR

qR

qR【答案】A【解析】畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如圖所示．設帶電粒子在勻強磁場中0運動軌跡的半徑為r，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，qv

Bv20＝m

，解得r＝mvr

qB0.3qR由圖中幾何關系可得tan

30°＝R

聯(lián)立解得，該磁場的磁感應強度B＝

3mv0，選項Ar

.正確．帶電粒子在勻強磁場中運動的解題程序1．畫軌跡：即確定圓心，用幾何方法求半徑并畫出軌跡．2．找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)

系．3．用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式．1．有界磁場分布區(qū)域的臨界問題該類問題主要解決外界提供什么樣以及多大的磁場，使運動電荷在有限的空間內(nèi)完成規(guī)定偏轉(zhuǎn)程度的要求，一般求解磁場分布區(qū)域的最小面積，它在實際中的應用就是磁約

束．2．求解運動電荷初始運動條件的邊界臨界問題因外界磁場空間范圍大小的限定，使運動的考點2帶電粒子在磁場中運動的臨界問題3．常用規(guī)律(1)剛好穿出磁場的邊界條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與磁場邊界相切．(2)當速率v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(3)當速率v變化時，圓周角越大，對應的運動時間越長．例2 (2017屆沈陽質(zhì)檢)如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106

m/s的

α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長AD＝18

cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27

kg，電荷量q＝3.2×10－19

C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射

磁感應強度B＝(1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)思路剖析：(1)判斷α粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)方向；計算α粒子在磁場中運動的軌跡半徑．(2)采取作圖法找α粒子軌跡的右邊界，確定第(1)問中的臨界條件．(3)在α粒子做圓周運動的周期相同、圓半徑相同的條件下，運動時間與圓弧所對應的弦長有關．找到最長弦和最短弦對應的圓心角即可求解第(2)問【解析】(1)由題意：AB＝9

cm，AD＝18

cm，可得∠BAO＝∠ODC＝45°所有α

粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設為R，根據(jù)牛頓第二定律mv2有Bqv＝

R解得R＝0.2

m＝20

cm由題意及幾何關系可知，若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD

方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α

粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示．(2)設α

粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則Bq

8T＝2πm

π＝

×10－6

s設速度方向垂直于AD

進入磁場區(qū)域的α

粒子的入射點為E，如圖乙所示．因磁場寬度d＝20

cm<d0，且R＝20

cm，則在∠EOD

間輻射進入磁場區(qū)域的α

粒子均能穿出磁場右邊界，在∠EOA

間輻射進入磁場區(qū)域的α

粒子均不能穿出磁場右邊界，沿OE

方向進入磁場區(qū)域的α

粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，在磁場中運動時間最長．設在磁場中運動的最長時間為tmax，則T

π－6

－7tmax＝2＝16×10

s＝2.0×10

s若α

粒子在磁場中做勻速圓周運動對應的圓弧軌跡的弦最短，則α

粒子穿過磁場的時間最短．最短的弦長為磁場寬度d.設在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因R＝d，則圓弧對應的圓心角為60°，故minT

π6

48t

＝

＝

×10

s＝6.5－6

－8×10

s.域磁場一次后通過A想使該點，則子的初速初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒度不能超過多少？練2

如圖所示，兩個同心圓半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓心O處有一放射源，放射出的粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行．(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初3速Bqr度方3B向qr

的夾角為60°，要?！敬鹱影浮拷?jīng)(1)

過3m環(huán)形(2)

區(qū)4【解析】(1)如圖所示，粒子經(jīng)過環(huán)形區(qū)域磁場一次后通過A

點的軌跡為圓弧O1，設粒子在磁場中的軌跡半徑為R1，則由幾何關系得1R

＝

3r31又qv

B＝mv21R113m得v

＝

3Bqr.(2)粒子運動軌跡與磁場外邊界相切時，粒子恰好不穿出環(huán)形區(qū)域，設粒子在磁2

2

22

2

2

2場中的軌跡半徑為R

，則由幾何關系有(2r－R

)＝R

＋r

，可得R

＝3r

42v222又

qv

B＝m

，可得

v

＝3BqrR2

4m3Bqr故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過

4

.帶電粒子在有界磁場中的運動，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關聯(lián)．因此，臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件是解決問題的關鍵．常遇到的臨界和極值條件有：1．帶電體在磁場中，離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零．2．射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切，對應粒子速度的臨界值．3．運動時間極值的分析：周期相同的粒子，當速率相同時，軌跡(弦長)越長，圓心角越大，運動時間越長．周期相同的粒子，當速率不同時，圓心角越大，運動時間越長．洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功，不改變速度的大小，但它可以改變運動電荷的速度方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等．1．帶電粒子電性不確定導致多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能是帶正電的粒子，也可能是帶負電的粒子，在相同的初速度的條件下，正、負粒子在磁場中運動的軌跡不同，形成多解．2．磁場方向不確定導致多解有些題目只告訴了磁感應強度的大小，而沒有具體給出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度的方向不確定形成的多解．考點3帶電粒子在磁場中運動的多解問題3．臨界狀態(tài)的不唯一導致多解帶電粒子在洛倫茲力作用下穿過有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧，可能直接穿出去，也可能轉(zhuǎn)180°，從入射界面這邊反向飛出磁場．4．運動具有周期性導致多解帶電粒子在部分區(qū)域是電場，部分區(qū)域是磁場的空間運動時，往往具有周期性，因而形成多解．例3 某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖所示．裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M，N，P為板上的三點，M位于軸線OO′上，N，P分別位于下方磁場的上、下邊界上．在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30°角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達P點 改變粒子入射速度的大小 可以控(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量Δv；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值．思路剖析：(1)如何畫出粒子打到P點、N點、M點的運動軌跡？(2)如何確定圓周運動的圓前進多少距離？次磁場沿OO′方向到M點的2粒3子，每經(jīng)m

過6心位置2，－

并32

求出

L與qBdL和半3

徑r的關系？

(3)打一4【答案】(1)

L－

3d

(2)

－

d(3)mn＋1qB

L

－

3d(1≤n＜3L3d－1，n

取整數(shù))【解析】(1)畫出粒子打到P

點、N

點、M

點的運動軌跡，如圖所示設粒子在磁場中的軌道半徑為r根據(jù)題意L＝3rsin

30°＋3dcos

30°且h＝r(1－cos

30°)2－

322

3解得

h＝

L－

3d.(2)設改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞′v2v′2m

r

＝qvBm

r′

＝qv′B解得Δv＝v－v′＝qBLm

6－

4

d由題意知3rsin

30°＝4r′sin

30°3

.(3)設粒子經(jīng)過上方磁場共n

次，由題意知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

取整數(shù)．練3(多選)長為l

的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離也為l，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q

的帶正電粒子

(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v

水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()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

滿足Bqlv＜5Bql4m＜

4m【答案】AB21【解析】帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r

＝1r

－

l

22

21＋l

，又因r

＝mv1Bq，解1得v

＝25Bql

l；粒子剛好打在極板左邊緣，有r

＝

＝mv24m

4

Bq，解得v2＝4mBql，故A、B

正確．求解帶電粒子在磁場中運動多解問題的技巧1．分析題目特點，確定題目多解的形成原因．2．作出粒子的運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)．3．若為周期性重復的多解問題，尋找通項式，若是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件．動考點4

帶電粒子在有界組合場中的運1．帶電粒子在電場中運動一般分為兩種情況2(1)加速：根據(jù)動能定理，qU＝

m1

12

22

1v

－2mv

.(2)偏轉(zhuǎn)：根據(jù)類平拋運動的解題方法．2．帶電粒子在磁場中的運動要根據(jù)磁場的邊界條件，幾何關系和圓周運動知識解答．例4

如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行．一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力．求：思路剖析：(1)帶電粒子在電場中做什么運動？(2)進入磁場時帶電粒子的速度為多大？(3)帶電粒子在磁場中做圓周運動，磁感應強度越小，粒子做圓周運動的半徑越大，粒子做圓周運動的半徑最大為多少呢？【答案】(1)mv202qh0(2)

2v

方向指向第Ⅳ象限且與x

軸正方向成45°角(3)2mv0qL【解析】(1)設粒子在電場中運動的時間為t，則有

x＝v0t＝2hy＝1

＝h2at2qE＝ma聯(lián)立以上各式可得E＝mv22qh0.(2)粒子到達a

點時沿y

軸負方向的分速度為vy＝at＝v0所以v＝

v2＋v2＝

2v0

y

0方向指向第Ⅳ象限且與x

軸正方向成45°角．v2(3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m

r當粒子從

b

點射出時，磁場的磁感應強度為最小值，此時有

r＝

2

，所以

B＝2

L2mv0.qL【答案】(1)2eU0(2)

45d

2

2mU05d

em【解析】(1)設電子經(jīng)電場加速后的速度大小為v0，由動能定理得12eU

＝

mv20

00v

＝m2eU0.(2)電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，沿直線運動到熒光屏，電子偏轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)是恰好不撞在上板的右端，到達熒光屏的位置與O

點距離即為最大值ym，如圖所示，有0ev

B＝mv20RR

d2—

＋l

＝R2

2

2tan

α＝

l

R－2d＝tan

θ＝my

－d2d2eU0m

，聯(lián)立上式可得m又因

l

3

，v

＝＝2d

0R＝52dy

＝5d4B＝2mv0＝

25ed

5d

e2mU0.解決帶電粒子在組合場中的運動問題的思路1．首先明確每個場的性質(zhì)、方向、強弱和范圍．2．對帶電粒子進行受力分析，確定帶電粒子的運動性質(zhì)，分析粒子的運動過程，畫出運動軌跡．3．通過分析，確定粒子從一個場區(qū)進入另一場區(qū)時的位置、速度大小和方向是解題的關鍵．考點5

帶電粒子在疊加場中的運動1．是否考慮粒子重力：對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力(除特別說明)．2．帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運動情況分類(1)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體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、磁場力、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．帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運動帶電體在復合場中受輕桿、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)合牛頓運動定律求出結(jié)果．多【答少案】？(1)負電荷U(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應強度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感mgd應強v0U度調(diào)4v至0U

B′，則B′的大小為(2)

gd2

(3)

5gd2【解析】(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qUd＝mg①由①式得q＝mgdU

②由于電場方向向下，墨滴所受電場力向上，可知墨滴帶負電荷．(2)墨滴垂直進入電、磁場共存區(qū)域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有0qv

B＝mv2R0③考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d④gd2

.由②～④式得B＝v0U

⑤(3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖，設圓周運動半徑為R′，有0qv

B′＝mv2R′0

⑥由圖示可得2

2R′

＝d

＋R′－d22⑦5得R′＝4d⑧聯(lián)立②⑥⑧式可得B′＝4v0U5gd2

.8R2B【答案】(1)

t0

(2)0<v<2(

2－1)Rt0【解析】(1)設粒子從左側(cè)O1

點射入的速度為v0，極板長為L，粒子在初速度方向上做勻速直線運動0t02L∶(L－2R)＝t

∶，解得L＝4R粒子在電場中做類平拋運動L－2R＝v

t00·2qEma＝

，R2＝

a

1

t022在復合場中做勻速運動2R0q

U

＝qv

B聯(lián)立各式解得4R

8R2Bv0＝

t0

，U＝

t0

.(2)設粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，設其軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由幾何關系可知β＝π－α＝45°，r＋

2r＝R因為R＝

·2

m

1

qEt022qE所以

＝qv0B＝8Rm

m

t20v2解得v＝根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝m

r2(

2－1)Rt0所以，粒子在兩板左側(cè)間飛出的條件為0<v<2(

2－1)Rt0.考點6回旋加速器1．回旋加速器原理(1)電場加速qU＝ΔEk.v2mv(2)磁場約束偏轉(zhuǎn)qBv＝m

r

，r＝qB∝v.(3)加速條件，高頻電源的周期與帶電粒子在D

形盒中運動的周期相同，即T

電場2πm＝T

回旋＝

qB

.2．回旋加速器的規(guī)律(1)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾相連起來可等效為一個初速度為零的勻加速直線運動．帶電粒子每經(jīng)電場加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各回旋半徑之比為

1∶2∶3∶….對于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半徑是相同的．km2qU(4)最大動能

E

＝n(2qU)，則回旋次數(shù)

n＝Ekm

.m(5)帶電粒子的最終能量：最大速度為

v

＝12km

m，則

E

＝

mv

＝q2B2R2qBRm

2

2m.可見，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能增大磁感應強度B

和D

形盒的半徑R.πBR2(6)粒子在回旋加速器磁場內(nèi)的運動時間t＝nT

回旋＝

2U

.由于粒子在電場中運動的時間遠小于在磁場中運動的時間，若題目沒有要求計算，可以忽略不計．例6 1932年，勞倫斯和利文斯設計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．A處粒子源產(chǎn)生的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為＋q，初速度為0，在加速器中被加速，加速電壓為U.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用．(1)求粒子第1次和第2次經(jīng)過兩D形盒間狹縫(3)近年來，大中型粒子加速器往往采用多種加速器的串接組合．例如，由直線加速器作為預加速器，獲得中間能量，再注入回旋加速器獲得最終能量．n個長度逐個增大的金屬圓筒和一個靶，它們沿軸線排列成一串，如圖乙所示(圖中只畫出了六個圓筒，作為示意)．各筒相間地連接到頻率為f，最大電壓值為U的正弦交流電源的兩端．整個裝置放在高真空容器中．圓筒的兩底面中心開有小孔．現(xiàn)有一電量為q，質(zhì)量為m的正離子沿軸線射入圓筒，并將在圓筒間的縫隙處受到電場力的作用而加速(設圓筒內(nèi)部沒有電【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)設粒子第1

次經(jīng)過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，粒子在電場中加12速，由動能定理得qU＝

mv211qv

B＝mv211解得r

＝1

2mUr1

B

q同理，粒子第2

次經(jīng)過狹縫后的半徑2r

＝1Bq1

22m·2U則

r

∶r

＝1∶

2.(2)粒子在磁場中運動一個周期(回旋一次)，被電場加速兩次．設粒子到出口處被12加速了n

次，nqU＝

mv2mmv2mRm由

qv

B＝m

得

v

＝qBRmqB2R2解得n＝

2mU帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝2πmqBn

πBR2粒子在磁場中運動的總時間t＝2T＝

2Ukm122m所以，粒子獲得的最大動能

E

＝

mv

＝q2B2R22m.(3)為使正離子獲得最大能量，要求離子每次穿越縫隙時，前一個圓筒的電勢比后一個圓筒的電勢高U，這就要求離子穿過每個圓筒的時間都恰好等于交流電的半個周期．由于圓筒內(nèi)無電場，離子在筒內(nèi)做勻速運動．設vn

為離子在第n

個圓筒內(nèi)的速度，則有n第

n

個圓筒的長度為

L

＝v

Tvnn·2＝2f2n1

1221mv

－2mv

＝(n－1)qUnv

＝2(n－1)qUm＋v21第n

個圓筒的長度應滿足的條件為nL

＝

12(n－1)qU2f

m21＋v

，(n＝1,2,3，…)打到靶上的離子的能量為knE

＝(n1221－1)qU＋

mv

，(n＝1,2,3，…)．練6 (2015年浙江卷)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出，離子束引出

的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等．質(zhì)

量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓，圓心在O點，軌道

在垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度

為B.為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設計

引出器．引出器原理如圖所示，一對圓弧形

金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于

O′點(O′點圖中未畫出)．引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應強度降低，從而使離子從P點進入通道，沿通道中心線從Q點射(2)離子從P點進入，Q點射出，通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度應降為B′，求B′；(3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應強度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊強度E的方向和大?。壭猰．v

為使離子Br(2仍r－從2LcoPs

θ點)

進入，Q點射出，【答案】(1)Br

，正電荷(2)

22求通道內(nèi)引出軌跡r

＋處L

－電2rL場cos

θ(3)沿徑向向外Brv(2r－2Lcos

θ)Bv－r2＋L2－2rLcos

θmv2【解析】(1)離子做圓周運動，有Bqv＝

r即

q＝mv

ε

為正電荷．，Br(2)如圖所示．O′Q＝R，OQ＝L，O′O＝R－r引出軌跡為圓弧，有mv2

mvB′qv＝

R

，得R＝qB′根據(jù)幾何關系得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)電場強度方向沿徑向向外mv2引出軌跡為圓弧，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．回旋加速器中高頻電源的頻率f電要與帶電粒子在勻強磁場中運動的頻率相等．2．回旋加速器中粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關．3．帶電粒子不能無限制地回旋加速．熱點題組一模擬精選·

組合專練帶電粒子在組合場中運動1．(2017

屆棗陽月考)如圖所示，平行板電容器所帶電荷量為Q，一個靜止的質(zhì)量為m，電荷量為q

的粒子(重力忽略不計)，從A

點出發(fā)經(jīng)電場加速后，垂直于磁感應強度方向進入磁感應強度大小為B

的勻強磁場中，粒子打到P

點，如果適當調(diào)整板間距離d，保持其他條件不變，用x

表示OP

間的距離，則能正確反映x

與d

之間B．x

與d成反比D．x

與d成正比關系的是(

)A．x

與d

成反比C．x

與d2

成正比【答案】D2【解析】帶電粒子通過平行板電容器的過程，qU＝1

v2，解得

v＝m2qUm

，進v2mv入勻強磁場后做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，有qvB＝m

r

，故有r＝qB，則x＝2r＝22mUB

4πkdεrS

Q

4πkdQq

，當調(diào)整板間距離

d

時，由

C＝

，U＝C＝

εrS

，因為電容器所帶電荷量保持不變，故可得x∝d，選項D

正確．Ba4【答案】(1)3v0

(2)一條直線上

0≥y≥－

a3【解析】(1)從O

點射入磁場的電子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系sin

30°有

r＋

r

＝aa解得r＝30eBv

＝m電子在磁場中運動時，洛倫茲力等于向心力，即v20r

e3v0聯(lián)立解得電子比荷m＝Ba.

2

(2)由電子的軌道半徑可判斷，在O

點射入磁場的電子從0，3a的位置進入勻強2m電場，電子進入電場后做類平拋運動，有2r＝eEt2x＝v0t0將E＝Bv

代入，聯(lián)立解得x＝23a設該電子穿過x

軸時速度與x

軸正方向成θ

角，則yv

＝eEm

ttan

θ＝vyv0解得tan

θ＝2設該電子打在熒光屏上的Q

點，Q

點離x

軸的距離為L，則03L＝(x

－x)tan

θ＝4a

即電子打在熒光屏上離x

軸的最遠距離為L＝43a

2

而從0，－3a位置進入磁場的電子恰好由O

點過y

軸，不受電場力，沿x

軸正方向做勻速直線運動，打在熒光屏與x

軸相交的點上，所以熒光屏上發(fā)光區(qū)的形狀4是一條直線，范圍是在熒光屏上0≥y≥－3a.熱點題組二帶電粒子在疊加場中運動3．(2017

屆玉溪質(zhì)檢)如圖所示，銅質(zhì)導電板(單位體積的電荷數(shù)為n)置于勻強磁場中，用電源、開關、電流表、電壓表可以測出磁感應強度的大小和方向．將電路接通，串聯(lián)在AB

線中的電流表讀數(shù)為I，電流方向從A

到B，并聯(lián)在CD

兩端的電壓表的讀數(shù)為UCD>0，已知銅質(zhì)導電板厚h、橫截面積為S，電子電荷量為e.則該處的磁感應強度的大小和方向可能是()A．neSU，垂直紙面向外

B．nSU，豎直向上Ih

IhC．neSU，垂直紙面向里

D．nSU，豎直向下Ih

Ih【答案】AU【解析】銅質(zhì)導電板靠電子導電，當銅質(zhì)導電板通電時，he＝Bev，式中v

為電子定向運動的速度，由電流的微觀定義得I＝neSv，得B＝neSU，選項B、D

錯；根Ih據(jù)左手定則可知，磁感應強度的方向垂直紙面向外，選項A

對、C

錯．4．(2017屆河北名校聯(lián)考)如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板a，b和c，a，b之間相距為L.緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細管，兩管口正好位于小孔M，N處．板a與b，b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c間還存在方向垂直紙面向外的勻強磁場．當體積為V0，密度為ρ，電荷量為q的帶負電油滴，等間隔地以速率v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba和Ubc，當Uba＝U1，Ubc＝U2時，油滴穿過b板M孔進入細管，恰能與細管無接觸地從N孔射出．忽略小孔和細管對電場的影響，(2)b，c兩板間的電場強度E和磁感應強度B的值；(3)當油滴從細管的N孔射出瞬間，將Uba和B立即調(diào)整到Uba′和B′，使油滴恰好不碰到a板，Uba′和B′的結(jié)果．且【答沿案】原路2與細管2qU無1

接觸地返回穿過M孔，請(1)

v0＋2gL＋給出

ρV0ρV020(2)

qR

v

＋2gL＋2qU1ρV01ρV

v2(3)U

＋

0

02q－B【解析】(1)油滴進入電場后，重力與電場力均