2024高考物理二轮复习专题复习篇专题3第2讲磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动学案

PAGE19-磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考命题多以选择形式出现，命题热点集中在电流磁场的叠加，安培力作用下物体的平衡及带电粒子在有界磁场中的运动，难度中等。素养呈现1.电流磁场的推断2.安培力、洛仑兹力方向的推断3.带电粒子在磁场、复合场中的运动规律素养落实1.会应用安培定则推断电流四周的磁场2.驾驭左手定则推断安培力和洛仑兹力的方法3.敏捷应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动考点1|磁场及其性质磁场方向的推断及磁场叠加(1)依据安培定则确定通电导线四周磁场的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。[典例1](2024·浙江7月高考·T9)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则()A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下[题眼点拨]“通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2”C[通电直导线四周产生磁场方向由安培定则推断，如图所示，I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1>I2，即B1>B2，则在b点的磁感应强度不为零，A错误；如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确。]安培力作用下的力电综合1．两个常用的等效模型(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和推断方向时均可等效为ac直线电流。甲乙(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。2．安培力作用下力学问题的解题思路(1)选定探讨对象：通电导线(或通电导体棒)。(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。(3)依据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。[典例2]如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是()A．电流由N流向MB．悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒处于平衡状态C．悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大D．恒定电流大小为eq\f(\r(3)mg,BL)[题眼点拨]①“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向。②“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。C[由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，依据左手定则可知电流方向由M流向N，选项A错误；悬线与竖直方向的夹角为θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，选项B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角为θ＝30°时，金属棒的速率最大，选项C正确；在θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin30°＝Fcos30°，则tan30°＝eq\f(BIL,mg)，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，选项D错误。][题组训练]1.如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c三点，其中b为ac的中点。三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面对里。通电长直导线在其四周空间某点产生的磁感应强度B＝eq\f(kI,r)，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数。已知a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0，则d点的磁感应强度大小为()A．B0 B．2B0C．eq\r(3)B0 D．4B0D[设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，依据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B0＝keq\f(I,r)，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如图所示：因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感应强度沿B2的方向，故d点的磁感应强度大小为B合＝B2＋eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,1))＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故选D。]2.(2024·西安六校联考)如图所示，一质量为m、长度为L的导体棒AC静止于两平行的水平导轨上且与两导轨垂直，通过AC的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成θ角斜向下且垂直于AC，下列说法正确的是()A．AC受到的安培力大小为BILsinθB．AC可能不受摩擦力作用C．AC受到的安培力与摩擦力平衡D．AC所受的支持力大小为BILcosθ＋mg，摩擦力大小为BILsinθD[匀强磁场的磁感应强度方向与导体棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A错误。安培力方向既垂直于导体棒也垂直于磁场，依据左手定则推断出其方向，作出导体棒AC的受力示意图(从A看向C的平面图)如图所示。由于重力和支持力在竖直方向上，而安培力有水平方向上的分力，若没有摩擦力，则这三个力无法平衡，所以导体棒肯定会受到水平向左的摩擦力，B错误。由图可知，安培力的方向不在水平方向，故无法与摩擦力平衡，C错误。将安培力在水平方向上和竖直方向上分解，依据平衡条件可得支持力大小FN＝BILcosθ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsinθ，D正确。]考点2|带电粒子在有界匀强磁场中的运动1．必需驾驭的六个公式2．必需具备的五个技能“一画、三确定、一留意”(1)画轨迹：依据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。(2)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示。(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝eq\f(AB,2sin\f(α,2))＝eq\f(AB,2sinθ)，然后再与半径公式r＝eq\f(mv,qB)联系起来求解。(4)时间的确定：t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)或t＝eq\f(s,v)＝eq\f(αR,v)。(5)留意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。[典例3](2024·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对外。一带正电的粒子从静止起先经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。[思路点拨]解此题可按以下思路进行[解析](1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2 ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r) ②由几何关系知d＝eq\r(2)r ③联立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)。 ④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30° ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v) ⑥联立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)(eq\f(π,2)＋eq\f(\r(3),3))。 ⑦[答案](1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)(eq\f(π,2)＋eq\f(\r(3),3))规律总结：带电粒子在有界磁场中运动的分析方法[跟进训练]1.(多选)如图所示，一电子以垂直磁场方向的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，并从N处离开磁场。若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则()A．电子在磁场中运动的时间为eq\f(d,v)B．电子在磁场中运动的时间大于eq\f(d,v)C．洛伦兹力对电子做的功为BevhD．电子在N处的速度大小也为vBD[电子垂直射入匀强磁场中，由洛伦兹力供应向心力知，电子做匀速圆周运动，运动时间等于弧长PN与速率的比值，故电子在磁场中的运动时间大于eq\f(d,v)，选项A错误，B正确；洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，电子在洛伦兹力方向没有位移，所以洛伦兹力对电子不做功，选项C错误；电子垂直射入匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，选项D正确。]2.(多选)(2024·山东烟台第一次联考)如图所示，AB与BC间有垂直纸面对里的匀强磁场，∠B＝30°，P为AB上的点，PB＝L。一对正、负电子(重力及电子间的作用均不计)同时从P点以同一速度沿平行于BC的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S点垂直于AB方向射出磁场，另一个从Q点射出磁场，则下列说法正确的是()A．负电子从S点射出磁场B．正、负电子先后离开磁场C．正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°D．Q、S两点间的距离为LCD[由左手定则可知，正电子从S点射出磁场，选项A错误；正、负电子的轨迹图如图所示，可知正、负电子在磁场中做圆周运动的偏转角均为60°，由于正、负电子运动的周期相同，则它们在磁场中运动的时间相同，故正、负电子同时离开磁场，选项B错误；由几何关系可知，正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，选项C正确；由轨迹图可知，PQ＝PS＝R＝BP＝L且PQ与PS间的夹角为60°，故△PQS为等边三角形，故Q、S两点间的距离为L，选项D正确。]3.如图所示，在足够长的荧光屏MN上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1T、方向垂直纸面对里。距离荧光屏h＝16cm处有一粒子源S，以v＝1×106m/s的速度不断地在纸面内向各个方向放射比荷eq\f(q,m)＝1×108CA．12cm B．16cmC．20cm D．24cmC[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝10cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界状况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何学问有x2＝eq\r(r2－h－r2)＝8cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何学问有x1＝eq\r(2r2－h2)＝12cm，故所求长度为x1＋x2＝20cm，选项C正确。]4.(2024·江苏常熟中学开学考试)如图所示，在半径为R的圆筒内有一方向平行筒壁的匀强磁场，其磁感应强度为B。一束质量为m、带电荷量为＋q的相同粒子经过不同电压的电场加速后，通过圆筒侧壁上小孔S。粒子在正对着圆心方向以不同速率连续射入，与圆筒内壁多次碰撞后再从小孔S射出，试求(设粒子与圆筒碰撞前后电荷量保持不变、速度大小不变、方向相反，不考虑粒子重力及粒子间相互影响)：(1)当入射速率为v0的粒子第一次与圆筒相撞时，其速度方向与原入射方向的偏转角；(2)绕筒一周后能从小孔S射出的粒子，其速率应当满意的条件；(3)绕筒两周后从小孔S射出的粒子，在磁场中运动的最短时间。[解析](1)带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，半径为r，圆心为O′(轨迹图如图所示)，则qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)又由图可知tanα＝eq\f(R,r)则速度的偏转角2α＝2arctaneq\f(qBR,mv0)。(2)设绕筒一周的粒子与筒壁碰撞n次后从小孔S射出，则由几何关系可知(n＋1)2θ＝2π由于θ<eq\f(π,2)，所以n＝2,3,4……tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(mv,qBR)得v＝eq\f(RqB,m)taneq\f(π,n＋1)(n＝2,3,4……)。(3)设绕筒两周的粒子，与筒壁碰撞n′次后从小孔S射出，则由几何关系可知(n′＋1)2θ＝4π，得θ＝eq\f(2π,n′＋1)由于θ<eq\f(π,2)，所以n′＝4,5,6……设粒子在磁场中运动的偏转角之和为φ，则粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(φ,2π)·T＝eq\f(mφ,qB)＝eq\f(2αn′＋1·m,qB)＝(n′＋1)eq\f(π－2θm,qB)＝(n′－3)eq\f(πm,qB)故由数学学问可知，当n′取4时，时间t最短，最短时间tmin＝eq\f(πm,qB)。[答案]见解析考点3|带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场内的运动事实上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别探讨带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，带电粒子做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，带电粒子做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，做带电粒子匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则带电粒子做类平抛运动。(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方憧憬往是解题的突破口。[典例4]如图所示，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对里，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：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。[思路点拨]解此题可按以下流程。[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)m1veq\o\al(2,1) ①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1) ②由几何关系知2R1＝l ③由①②③式得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)m2veq\o\al(2,2) ⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2) ⑥由题给条件有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。[答案](1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4规律总结：带电粒子在组合场中的常见类型归纳(1)从电场进入磁场。电场中：加速直线运动↓磁场中：匀速圆周运动电场中：类平抛运动↓磁场中：匀速圆周运动(2)从磁场进入电场。磁场中：匀速圆周运动↓eq\x(v与E同向或反向)电场中：匀变速直线运动磁场中：匀速圆周运动↓eq\x(v与E垂直)电场中：类平抛运动带电粒子在叠加场中的运动在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满意qE＝qvB时、重力场与磁场叠加满意mg＝qvB时、重力场与电场叠加满意mg＝qE时。(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq\f(v2,r)。[典例5]如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性改变、垂直纸面对里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。甲乙(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。[思路点拨](1)“沿PQ向右做直线运动”→小球受力平衡。(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。(3)小球运动的周期最大→当圆弧轨迹与MN相切时。[解析](1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q)。(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。(a)设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝eq\f(r,tan30°)又知s＝v0t1圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－eq\f(π,3)))＝eq\f(4,3)π则t0＝eq\f(θr,v0)联立解得eq\f(t0,t1)＝eq\f(4\r(3),9)π。(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R＋eq\f(R,tan30°)＝(eq\r(3)＋1)L(b)解得R＝L由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得B0＝eq\f(mv0,qL)小球在一个周期内运动的路程s1＝3×eq\f(2,3)×2πR＋6×eq\f(R,tan30°)＝(4π＋6eq\r(3))L故Tm＝eq\f(s1,v0)＝eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)。[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(4\r(3),9)π(3)eq\f(mv0,qL)eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)规律总结：“三步”巧解叠加场问题[题组训练]1.(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入此区域，经一段时间运动到N点，关于小球由M点到N点的运动过程，下列说法正确的是()A．小球可能做匀变速运动B．小球肯定做变加速运动C．小球动能可能不变D．小球机械能守恒BC[小球从M点到N点的运动过程中，在竖直方向上发生了偏转，受到的竖直向下的重力和竖直向上的电场力不变，速度方向改变，则洛伦兹力方向改变，所以三个力的合力方向改变，故小球不行能做匀变速运动，肯定做变加速运动，A错误，B正确。若电场力和重力等大反向，则该过程中电场力和重力做的功之和为零，而洛伦兹力不做功，小球的动能不变，重力势能减小，这种状况下小球机械能不守恒；若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，小球的动能改变，重力势能减小，小球机械能不守恒，故C正确，D错误。]2.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限某一矩形区域内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q的粒子，从y轴上的P(0，eq\r(3)h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的Q(2h,0)点进入第四象限，经过磁场偏转后从y轴上M(0，－2h)点垂直y轴进入第Ⅲ象限，不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)粒子到达Q点时速度的大小和方向；(3)矩形磁场区域的最小面积。[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有x＝v0t＝2hy＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\r(3)h联立以上各式可得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到达Q点时沿负y方向的分速度为vy＝at＝eq\r(3)v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，θ＝60°即方向指向第四象限与x轴正方向成60°角。(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)若磁场方向垂直纸面对里，轨迹如图甲所示，甲乙最小矩形磁场的边界长为eq\r(3)r，宽为eq\f(r,2)，面积为eq\f(2\r(3)m2v\o\al(2,0),q2B2)若磁场方向垂直纸面对外，轨迹如图乙所示，最小矩形磁场的边界长为2r，宽为eq\f(3,2)r，面积为eq\f(12m2v\o\al(2,0),q2B2)。[答案](1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)2v0，方向指向第四象限与x轴正方向成60°角(3)见解析3．(2024·四川省雅安市高三下学期6月三诊)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向。在Ⅰ区域(x＝0到x＝L之间)存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面对外的匀强磁场，Ⅱ区域(x＝L到x＝2L之间)存在垂直坐标平面对外的匀强磁场，两个区域磁感应强度大小均为B＝eq\f(mv0,2qL)。一个质量为m电荷量为q的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿＋x方向射入，沿直线通过Ⅰ区域，最终从Ⅱ区域离开。粒子重力不计，求：(1)电场强度大小；(2)带电粒子在Ⅰ、Ⅱ区域运动的总时间。[解析](1)粒子在Ⅰ区域做匀速直线运动，则qE＝qv0B解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)。(2)粒子在Ⅰ区域运动的时间t1＝eq\f(L,v0)粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得R＝2由几何关系得，粒子在Ⅱ区域做圆周运动圆心角为θ＝30°由T＝eq\f(2πR,v0)得T＝eq\f(4πL,v0)则粒子在Ⅱ区域运动时间t2＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(πL,3v0)则粒子运动总时间t＝t1＋t2＝eq\f(3L＋πL,3v0)。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)eq\f(3L＋πL,3v0)考点4|电磁场中的STSE问题回旋加速器1．加速条件：T电场＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)。2．磁场约束偏转：qvB＝eq\f(mv2,r)⇒v＝eq\f(qBr,m)。3．带电粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。[典例6]（多选）医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通过线束引出加速器。下列说法中正确的是()A．加速两种粒子的高频电源的频率相同B．两种粒子获得的最大动能相同C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能AC[回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和沟通电的周期相同，否则无法加速。带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相同，加速两种粒子的高频电源的频率也相同，故A、C正确；依据qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，两粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，最大动能Ek＝eq\f(1,2)mv2，两粒子的质量不等，所以最大动能不等，故