2025高考物理步步高同步练习选修2第一章带电粒子在匀强磁场中的运动含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章3带电粒子在匀强磁场中的运动[学习目标]1.理解带电粒子初速度方向和磁场方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.2.会根据洛伦兹力提供向心力推导半径公式和周期公式.3.会分析带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题．一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F＝0.2．若v⊥B，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动．(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小．(2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期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).带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．1．判断下列说法的正误．(1)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动．(√)(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径跟粒子的速率成正比．(√)(3)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比．(×)(4)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期随速度的增大而减小．(×)2.质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度大小之比为________；轨道半径之比为________；周期之比为________．答案eq\r(2)∶11∶eq\r(2)1∶2一、带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题导学探究如图1所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转．图1(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？(2)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？答案(1)一条直线圆(2)变小变大知识深化1．分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,r).2．同一粒子在同一磁场中做匀速圆周运动，由r＝eq\f(mv,qB)知，r与v成正比；由T＝eq\f(2πm,qB)知，T与速度无关，与半径无关．质子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匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和Rα，周期分别为Tp和Tα，则下列选项中正确的是()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解析质子p(eq\o\al(1,1)H)和α粒子(eq\o\al(4,2)He)的带电荷量之比为qp∶qα＝1∶2，质量之比mp∶mα＝1∶4.由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律可知，轨道半径R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，因为两粒子速率相同，代入q、m，可得Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2，故选项A正确．针对训练1薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图2所示，半径R1>R2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子()图2A．带正电B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域答案C解析粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小．由r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，选项A、B、D错误；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，选项C正确．二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动1．圆心的确定圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：(1)已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P为入射点，M为出射点)．(2)已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连线入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点)．图32．半径的确定半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解．3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t＝eq\f(α,360°)T(或t＝eq\f(α,2π)T)．确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角．(2)当v一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t＝eq\f(l,v)，l为带电粒子通过的弧长．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度一半的匀强磁场，则()A．粒子的速率加倍，周期减半B．粒子的速率不变，轨道半径减半C．粒子的速率不变，周期变为原来的2倍D．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的2倍答案C解析因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感应强度减半后，由r＝eq\f(mv,Bq)可知，轨道半径变为原来的2倍；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C正确，A、B、D错误．如图4所示，一带电荷量为2.0×10－9C、质量为1.8×10－16kg的粒子，从直线上一点O沿与PO方向成30°角的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经过1.5×10－6s后到达直径上的P点，求：图4(1)粒子做圆周运动的周期；(2)磁感应强度B的大小；(3)若O、P之间的距离为0.1m，则粒子的运动速度的大小．答案(1)1.8×10－6s(2)0.314T(3)3.49×105m/s解析(1)作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图可知粒子由O到P的大圆弧所对的圆心角为300°，则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)由几何知识可知，半径r＝eq\x\to(OP)＝0.1m故粒子的运动速度大小为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.针对训练2(多选)(2020·天津卷)如图5所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则()图5A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案AD解析由题意可知，粒子在磁场中做顺时针圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A正确；粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R＝eq\r(2)a，故C错误；由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)，则v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，故B错误；由图可知，ON＝a＋eq\r(2)a＝(eq\r(2)＋1)a，故D正确．针对训练3(2020·广东中山中学高二期中)如图6所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN且垂直磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则eq\f(t1,t2)为()图6A.eq\f(2,3)B．2C.eq\f(3,2)D．3答案D解析电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r＝eq\f(mv,qB)可知，两电子运动半径相同，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为π，电子2运动的圆心角为eq\f(π,3)，由时间t＝eq\f(θ,2π)T，可得：eq\f(t1,t2)＝eq\f(π,\f(π,3))＝3，D正确．1．(带电粒子在匀强磁场中的运动)关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法正确的是()A．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动B．静止的带电粒子在匀强磁场中将会做匀加速直线运动C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力的方向总是和运动方向垂直D．当洛伦兹力方向和运动方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中的运动一定是匀速圆周运动答案C解析若带电粒子的速度方向与磁场方向平行(同向或反向)，此时所受洛伦兹力为零，带电粒子做匀速直线运动，A错误；静止的带电粒子不受洛伦兹力，仍将静止，B错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力总跟速度方向垂直，即和运动方向垂直，C正确；如果带电粒子以与磁场方向成某一角度进入匀强磁场，所受洛伦兹力与运动方向垂直，带电粒子不是做匀速圆周运动，D错误．2．(半径公式、周期公式)(多选)两个粒子A和B带有等量的同种电荷，粒子A和B以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确的是()A．如果两粒子的速度vA＝vB，则两粒子的半径RA＝RBB．如果两粒子的动能EkA＝EkB，则两粒子的周期TA＝TBC．如果两粒子的质量mA＝mB，则两粒子的周期TA＝TBD．如果两粒子的动量大小相同，则两粒子的半径RA＝RB答案CD解析因为粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，又粒子电荷量相等且在同一磁场中，所以q、B相等，r与m、v有关，T只与m有关，所以A、B错误，C、D正确．3.(带电粒子做匀速圆周运动的分析)如图7所示，有界匀强磁场边界线SP∥MN，速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场．其中穿过a点的粒子的速率v1与MN垂直；穿过b点的粒子的速率v2与MN成60°角，设两粒子从S点到a、b两点所需时间分别为t1和t2，则t1∶t2为(粒子的重力不计)()图7A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶2答案D解析粒子的运动轨迹如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b点射出的粒子对应的圆心角为60°，两粒子相同，则两粒子做圆周运动的周期T相同，由t＝eq\f(α,360°)T，式中α为圆心角，可得t1∶t2＝3∶2，故D正确．4．(带电粒子做匀速圆周运动的分析)(2020·四川模拟)如图8，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，两相同的粒子甲、乙分别以不同的速率从A、D两点沿图示方向射入磁场，均从C点射出，则它们的速率之比为v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间之比t甲∶t乙分别为()图8A．1∶1,2∶1 B．1∶2,2∶1C．2∶1,1∶2 D．1∶2,1∶1答案C解析根据qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子的半径之比为2∶1，又因为两粒子相同，故v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝2∶1，粒子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1∶1，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2，故两粒子在磁场中经历的时间之比t甲∶t乙＝1∶2，选C.考点一周期公式与半径公式的基本应用1．质子和一价钠离子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动．如果它们的圆周运动半径恰好相等，这说明它们在刚进入磁场时()A．速率相等 B．动量大小相等C．动能相等 D．质量相等答案B解析根据Bqv＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，因为质子与一价钠离子电荷量相同，又是进入同一磁场，B也相同，要使半径r相同，必然是动量大小mv相同，所以选B.2.如图1所示，水平导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将()图1A．沿路径a运动，轨迹是圆B．沿路径a运动，轨迹半径越来越大C．沿路径a运动，轨迹半径越来越小D．沿路径b运动，轨迹半径越来越小答案B解析电流在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可知电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝eq\f(mv,qB)可知，B减小，r越来越大，则电子的轨迹是a，故选B.3.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图2中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是()图2A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C．洛伦兹力对M、N做正功D．M的运动时间大于N的运动时间答案A解析根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因r＝eq\f(mv,Bq)，而M的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M的速率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；M和N的运动时间都为t＝eq\f(πm,Bq)，D错误．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小答案D解析带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由r＝eq\f(mv,qB)可知，轨道半径增大；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝eq\f(2π,T)知角速度减小，故D正确．考点二带电粒子做匀速圆周运动的分析5.如图3所示，粒子a和粒子b所带的电荷量相同，以相同的动能从A点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径ra＝2rb，则下列说法正确的是(重力不计)()图3A．两粒子都带正电，质量之比eq\f(ma,mb)＝4B．两粒子都带负电，质量之比eq\f(ma,mb)＝4C．两粒子都带正电，质量之比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)D．两粒子都带负电，质量之比eq\f(ma,mb)＝eq\f(1,4)答案B解析由动能Ek＝eq\f(1,2)mv2和粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，可得m＝eq\f(r2q2B2,2Ek)，而qa＝qb、Eka＝Ekb，可知质量m与半径r的平方成正比，故eq\f(ma,mb)＝4，再根据左手定则可知两粒子都带负电，故B正确．6.如图4所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图4A．2∶1B.eq\r(2)∶1C．1∶1D.eq\r(2)∶2答案D解析根据几何关系可知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨迹半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨迹半径r2的2倍，设粒子在P点的速度大小为v1，动能为Ek，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv\o\al(12),r1)，则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)，则eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2)r2,r1)＝eq\f(\r(2),2)，D正确．7．(多选)(2020·泉州期末)如图5所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是()图5A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同答案BC解析由t＝eq\f(θ,2π)T及T＝eq\f(2πm,Bq)知，电子在磁场中运动的时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r＝eq\f(mv,qB)知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，磁场中的运动轨迹半径越大，故A错误，B正确．由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中的运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误．8.如图6所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处与x轴正方向成θ角(0<θ<π)，以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)，则下列说法正确的是()图6A．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远B．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短答案B解析画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系得，轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间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，粒子在磁场中运动的时间t越短，若θ一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B正确，D错误；设粒子的轨迹半径为r，则r＝eq\f(mv,qB)，由图有，AO＝2rsinθ＝eq\f(2mvsinθ,qB)，可得，若θ是锐角，θ越大，AO越大，若θ是钝角，θ越大，AO越小，故A错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝eq\f(2π,T)，又T＝eq\f(2πm,qB)，则得ω＝eq\f(qB,m)，与速度v无关，故C错误．9.(2019·全国卷Ⅲ)如图7，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为()图7A.eq\f(5πm,6qB)B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB)D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，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)，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝eq\f(T1,4)，在第一象限中运动的时间为t2＝eq\f(θ,2π)T2，又由几何关系有cosθ＝eq\f(R2－R1,R2)＝eq\f(1,2)，可得t2＝eq\f(T2,6)，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确，A、C、D错误．10.(2020·鸡泽县第一中学高二月考)一个重力不计的带电粒子，以大小为v的速度从坐标(0，L)的a点，平行于x轴射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x轴上b点射出磁场，射出速度方向与x轴正方向间的夹角为60°，如图8，求：图8(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)带电粒子的比荷eq\f(q,m)及粒子从a点运动到b点的时间；(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O点射出磁场，求粒子的入射速度大小．答案(1)2L(2)eq\f(v,2BL)eq\f(2πL,3v)(3)eq\f(1,4)v解析(1)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识，Rcos60°＋L＝R，解得R＝2L.(2)由洛伦兹力提供向心力，得qBv＝eq\f(mv2,R)所以eq\f(q,m)＝eq\f(v,RB)＝eq\f(v,2BL)粒子运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πL,v)粒子从a点运动到b点的时间t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(2πL,3v)(3)要使该粒子恰从O点射出磁场，则R′＝eq\f(L,2)由qBv′＝eq\f(mv′2,R′)可知v′＝eq\f(1,4)v.11.一带电粒子的质量m＝1.7×10－27kg，电荷量q＝＋1.6×10－19C，该粒子以大小为v＝3.2×106m/s的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17T，磁场的宽度L＝10cm，如图9所示．(粒子重力不计，g取10m/s2，结果均保留两位有效数字)图9(1)带电粒子离开磁场时的速度多大？(2)带电粒子在磁场中运动多长时间？(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d为多大？答案(1)3.2×106m/s(2)3.3×10－8s(3)2.7×10－2m解析(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106m/s.(2)由qvB＝meq\f(v2,r)得，轨迹半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1.7×10－27×3.2×106,1.6×10－19×0.17)m＝0.2m.由题图可知偏转角θ满足：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)可得带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以带电粒子在磁场中运动的时间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)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－eq\f(\r(3),2))m≈2.7×10－2m.12.(2020·江苏卷改编)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.质量为m、电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v.粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图10所示．不考虑粒子重力影响．求：图10(1)Q到O的距离d；(2)粒子两次经过P点的时间间隔Δt.答案(1)eq\f(mv,3qB0)(2)eq\f(2πm,qB0)解析(1)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为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)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为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质谱仪与回旋加速器[学习目标]1.知道质谱仪的构造及工作原理，会确定粒子在磁场中运动的半径，会求粒子的比荷.2.知道回旋加速器的构造及工作原理，知道交流电的周期与粒子在磁场中运动的周期之间的关系，知道决定粒子最大动能的因素．一、质谱仪1．质谱仪构造：主要构件有加速电场、偏转磁场和照相底片．2．运动过程(如图1)图1(1)带电粒子经过电压为U的加速电场加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r＝eq\f(mv,qB)，可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).3．分析：从粒子打在底片D上的位置可以测出圆周的半径r，进而可以算出粒子的比荷．二、回旋加速器1．回旋加速器的构造：两个D形盒，两D形盒接交流电源，D形盒处于垂直于D形盒的匀强磁场中，如图2.图22．工作原理(1)电场的特点及作用特点：两个D形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的电场．作用：带电粒子经过该区域时被加速．(2)磁场的特点及作用特点：D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个圆周后再次进入电场．判断下列说法的正误．(1)质谱仪工作时，在电场和磁场确定的情况下，同一带电粒子在磁场中的半径相同．(√)(2)因不同原子的质量不同，所以同位素在质谱仪中的轨迹半径不同．(√)(3)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终速度，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R.(√)(4)增大两D形盒间的电压，可以增大带电粒子所获得的最大动能．(×)一、质谱仪导学探究如图3所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m、电荷量为q，加速电场电压为U，偏转磁场的磁感应强度为B，粒子从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S3的距离多大？图3答案由动能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2，则粒子进入磁场时的速度大小为v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为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的距离为eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q)).知识深化1．带电粒子运动分析(1)加速电场加速：根据动能定理，qU＝eq\f(1,2)mv2.(2)匀强磁场偏转：洛伦兹力提供向心力，qvB＝eq\f(mv2,r).(3)结论：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，测出半径r，可以算出粒子的比荷eq\f(q,m).2．质谱仪区分同位素：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)).同位素电荷量q相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素．(2018·全国卷Ⅲ)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：图4(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比．答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1，质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1v12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(12),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得，磁场的磁感应强度大小为B＝eq\f(4U,lv1).④(2)设乙种离子所带电荷量为q2，质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2v22⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(22),R2)⑥由几何关系知2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4.针对训练(2020·云南省下关第一中学高二期中)如图5所示为质谱仪的示意图，速度选择器部分的匀强电场的场强为E＝1.2×105V/m，匀强磁场的磁感应强度为B1＝0.6T；偏转分离器的磁感应强度为B2＝0.8T．求：(已知质子质量为1.67×10－27kg)图5(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小；(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d.答案(1)2×105m/s(2)5.2×10－3m解析(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、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)粒子进入磁场B2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB2v＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,B2e)设质子质量为m，则氘核质量为2m，故d＝eq\f(2mv,B2e)×2－eq\f(mv,B2e)×2≈5.2×10－3m.二、回旋加速器导学探究回旋加速器两D形盒之间有窄缝，中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源)，D形盒间接上交流电源，在狭缝中形成一个交变电场．D形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图6所示)．图6(1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？在一个周期内加速几次？(2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？如何提高粒子的最大动能？答案(1)磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速．交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．一个周期内加速两次．(2)当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即rm＝eq\f(mvm,Bq)，可得Ekm＝eq\f(q2B2r\o\al(m2),2m)，所以要提高带电粒子获得的最大动能，则应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径rm.知识深化1．粒子被加速的条件交流电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期．2．粒子最终的能量粒子速度最大时的半径等于D形盒的半径，即rm＝R，rm＝eq\f(mvm,qB)，则粒子的最大动能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m).3．提高粒子的最终能量的措施：由Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)可知，应增大磁感应强度B和D形盒的半径R.4．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n＝eq\f(Ekm,qU)(U是加速电压的大小)．5．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t1，在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(n,2)·T＝eq\f(nπm,qB)(n为加速次数)，总时间为t＝t1＋t2，因为t1≪t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2.(多选)(2020·山西高二期末)1930年美国物理学家Lawrence提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．如图7所示为两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2置于真空中，金属盒D1、D2间接有电压为U的交流电为粒子加速，金属盒D1圆心O处粒子源产生的粒子初速度为零．匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是()图7A．交流电的周期和粒子在磁场中运动的周期相同B．加速电压U越大，粒子最终射出D形盒时的动能就越大C．粒子最终射出D形盒时的动能与加速电压U无关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解析为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使其能量不断提高，要在狭缝处加一个与粒子运动的周期一致的交变电压，A正确；粒子射出时圆周运动半径为R，有：qvmB＝eq\f(mv\o\al(m2),R)，解得最大速度为：vm＝eq\f(qBR,m)，所以最大动能为：Ekm＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(q2B2R2,2m)，与加速电压U无关，B错误，C正确；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正确．如图8所示，两个处于同一匀强磁场中的相同的回旋加速器，分别接在加速电压为U1和U2的高频电源上，且U1>U2，两个相同的带电粒子分别从这两个加速器的中心由静止开始运动，设两个粒子在加速器中运动的时间分别为t1和t2(在盒缝间加速时间忽略不计)，获得的最大动能分别为Ek1和Ek2，则()图8A．t1<t2，Ek1>Ek2 B．t1＝t2，Ek1<Ek2C．t1<t2，Ek1＝Ek2 D．t1>t2，Ek1＝Ek2答案C解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvB＝eq\f(mv2,R)可知，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能只与磁感应强度和D形盒的半径有关，所以Ek1＝Ek2，设粒子在加速器中绕行的圈数为n，则Ek＝2nqU，由以上关系可知n与加速电压U成反比，由于U1>U2，则n1<n2，而t＝nT，T不变，所以t1<t2，故A、B、D错误，C正确．1．(质谱仪)(多选)(2020·全国高二课时练习)如图9是质谱仪的工作原理示意图，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．下列表述正确的是()图9A．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纸面向内C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小答案AC解析粒子打在胶片上的位置到狭缝的距离即其做匀速圆周运动的直径D＝eq\f(2mv,qB0)，可见D越小，则粒子的比荷越大，因此利用该装置可以分析同位素，A正确，D错误．粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，选项B错误．由Eq＝Bqv可知，v＝eq\f(E,B)，选项C正确．2.(回旋加速器)(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图10所示，要增大带电粒子射出时的动能，粒子重力不计，下列说法正确的是()图10A．增大交流电源的电压B．增大磁感应强度C．改变磁场方向D．增大D形盒的半径答案BD3.(回旋加速器)(多选)(2020·历城二中模拟)回旋加速器的工作原理如图11所示，真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变．两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处(D形盒圆心)进入加速电场(初速度近似为零)．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为＋q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是()图11A．交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制B．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)两次所接高频电源的频率不相同C．加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)它们的最大速度相等D．增大U，粒子在D形盒内运动的总时间t减少答案CD解析根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需向心力，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，交流电源的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)时，圆周运动的频率f＝eq\f(qB,2πm)，故两次所接高频电源的频率相同，故B错误；粒子加速后的最大轨道半径等于D形盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝meq\f(v\o\al(m2),R)，解得粒子的最大运动速度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)它们的最大速度相等，故C正确；粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得2nqU＝Ekm，在D形盒磁场内运动的时间：t＝nT，即t＝eq\f(πBR2,2U)，可见U越大，t越小，故D正确．考点一质谱仪1.1922年，英国科学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场．如图1所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子P(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点．设OD＝x，则在下列图中能正确反映x2与U之间函数关系的是()图1答案A解析粒子在加速电场中根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝meq\f(v2,R)，得轨道半径R＝eq\f(mv,qB)，x＝2R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，知x2∝U，故A正确，B、C、D错误．2.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图2所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔S无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．重力不计，则下列判断正确的是()图2A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D．a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚答案A解析离子通过加速电场的过程，有qU＝eq\f(1,2)mv2，因为氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A项正确，B项错误；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中的运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C项错误；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、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a、b、c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D项错误．考点二回旋加速器3.(多选)一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图3所示，D形盒半径为R，垂直D形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B，两盒分别与交流电源相连．设质子的质量为m、电荷量为q，则下列说法正确的是()图3A．D形盒之间交变电场的周期为eq\f(2πm,qB)B．质子被加速后的最大速度随B、R的增大而增大C．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大D．只要R足够大，质子的速度可以被加速到任意值答案AB解析质子在磁场中的运动周期T＝eq\f(2πm,qB)，D形盒之间交变电场的周期等于质子在磁场中运动的周期，A正确；由r＝eq\f(mv,qB)得，当r＝R时，质子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，且vm与加速电压无关，B正确，C错误；根据狭义相对论，随着质子速度v的增大，质量m会发生变化，导致质子做圆周运动的周期也变化，所加交流电源周期与其运动周期不再同步，即质子不可能一直被加速下去，D错误．4．(2020·重庆模拟)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图4所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()图4A．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．带电粒子从磁场中获得能量C．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子离开磁场时的动能将增大D．增大加速电场的电压，其余条件不变，带电粒子在D形盒中运动的时间变短答案D解析带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交变电流的周期相同，即不变，故A错误；回旋加速器是利用电场加速，带电粒子获得的能量从电场中获取，故B错误；根据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，最大动能Ekmax＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，则带电粒子离开磁场时的动能与加速电压无关，故C错误；增大加速电场的电压，其余条件不变，每次加速后带电粒子获得的动能增加，但最终的动能不变，故在电场中加速的次数减少，带电粒子在D形盒中运动的时间变短，故D正确．5.(多选)如图5所示，a、b、c、d为4个正粒子，电荷量相等均为q，同时沿图示方向进入速度选择器后，a粒子射向P1板，b粒子射向P2板，c、d两粒子通过速度选择器后，进入另一磁感应强度为B2的磁场，分别打在A1和A2两点，A1和A2两点相距Δx.已知速度选择器两板间电压为U，