2024-2025学年高中物理第三章磁场第6节带电粒子在匀强磁场中的运动学案新人教版选修3-1

PAGEPAGE1第6节带电粒子在匀强磁场中的运动1．知道带电粒子沿着垂直于磁场的方向射入匀强磁场会做匀速圆周运动．2．理解洛伦兹力对运动电荷不做功．3．能够用学过的学问分析、计算有关带电粒子在匀强磁场中受力、运动问题．4．知道回旋加速器、质谱仪的基本构造、原理及用途．一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．洛伦兹力的特点(1)洛伦兹力不变更带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．(2)洛伦兹力方向总与速度方向垂直，正好起到了向心力的作用．2．带电粒子在匀强磁场中的运动(1)运动特点：沿着与磁场垂直的方向射入磁场的带电粒子，在匀强磁场中做匀速圆周运动．(2)半径和周期公式：质量为m，带电荷量为q，速率为v的带电粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，即qvB＝eq\f(mv2,r)，可得半径公式r＝eq\f(mv,qB)，再由T＝eq\f(2πr,v)得周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，由此可知带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期跟速率v和半径r无关．二、质谱仪1．原理：如图所示．2．加速：带电粒子进入质谱仪的加速电场，由动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2 ①3．偏转：带电粒子进入质谱仪的偏转磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力：qvB＝eq\f(mv2,r) ②4．结论：由①②两式可以求出粒子的半径r、质量m、比荷eq\f(q,m)等．其中由r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))可知电荷量相同时，半径将随质量变更．5．质谱仪的应用：可以测定带电粒子的质量和分析同位素．三、回旋加速器1．构造图(如图)2．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更的电场．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，从而变更运动方向，半个周期后再次进入电场．判一判(1)带电粒子在磁场中运动时，它所受的洛伦兹力的方向总与速度方向垂直，所以洛伦兹力对带电粒子不做功，粒子的动能不变，速度不变．()(2)只有当带电粒子以垂直于磁场的方向射入匀强磁场中时，带电粒子才能做匀速圆周运动，两个条件缺一不行．()(3)在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，洛伦兹力供应向心力，它的轨道半径跟粒子的运动速率成正比．()(4)带电粒子在匀强磁场中的转动周期T与带电粒子的质量和电荷量有关，与磁场的磁感应强度有关，而与轨道半径和运动速率无关．()(5)回旋加速器用磁场限制轨道，用电场进行多次加速，沟通电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期．()提示：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)√想一想回旋加速器所用交变电压的周期由什么确定？提示：为了保证每次带电粒子经过狭缝时均被加速，使之能量不断提高，交变电压的周期必需等于带电粒子在回旋加速器中做匀速圆周运动的周期，即T＝eq\f(2πm,qB)．因此，交变电压的周期由带电粒子的质量m、带电量q和加速器中的磁场的磁感应强度B来确定．做一做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，肯定做匀速圆周运动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肯定是匀速圆周运动提示：选C．若带电粒子的速度方向与磁场方向平行(同向或反向)，此时洛伦兹力为零，带电粒子做匀速直线运动，A错；静止的带电粒子不受洛伦兹力，仍将静止，B错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力总跟速度方向垂直，C对；假如带电粒子以某一角度进入匀强磁场，洛伦兹力虽然与运动方向垂直，但是带电粒子不肯定做匀速圆周运动，D错．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动探讨带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的问题，应依据“一找圆心，二求半径r＝eq\f(mv,qB)，三求周期T＝eq\f(2πm,qB)或时间”的基本思路分析．(1)圆心的确定带电粒子进入一个有界磁场后的轨道是一段圆弧，其圆心肯定在与速度方向垂直的直线上．通常有两种确定方法．①已知入射方向和出射方向时，可以通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(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点，O为轨道圆心)．②已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，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，O为轨道圆心)．(2)运动半径的确定作入射点、出射点对应的半径，并作出相应的协助三角形，利用三角函数和勾股定理等几何方法，求解出半径的大小，并与公式r＝eq\f(mv,Bq)联立求解．(3)运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T))．可见粒子转过的圆心角越大，所用时间越长．(4)确定带电粒子运动圆弧所对圆心角的两个重要结论①带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角φ叫做偏向角，偏向角等于圆弧轨道eq\o(PM,\s\up8(︵))对应的圆心角α，即α＝φ，如图所示．②圆弧轨道eq\o(PM,\s\up8(︵))所对圆心角α等于弦PM与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如图所示．命题视角1带电粒子在磁场中做圆周运动时基本公式的应用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[思路点拨]先明确带电粒子进入另一磁场后速率保持不变，再利用轨道半径公式和周期公式分析问题．[解析]分析轨道半径：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，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，依据ω＝eq\f(2π,T)知角速度减小．选项D正确．[答案]D命题视角2带电粒子在单边有界磁场的运动问题如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场，一电子(质量为m、电荷量为e)以v的速度从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：(1)电子从磁场中射出时距O点多远？(2)电子在磁场中运动的时间是多少？[思路点拨][解析]设电子在匀强磁场中运动半径为R，射出时与O点距离为d，运动轨迹如图所示．(1)据牛顿其次定律知：Bev＝meq\f(v2,R)由几何关系可得，d＝2Rsin30°解得：d＝eq\f(mv,Be)．(2)电子在磁场中转过的角度为θ＝60°＝eq\f(π,3)，又周期T＝eq\f(2πm,Be)因此运动时间：t＝eq\f(θT,2π)＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm,Be)＝eq\f(πm,3Be)．[答案](1)eq\f(mv,Be)(2)eq\f(πm,3Be)命题视角3带电粒子在平行边界磁场的运动问题(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电．现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采纳的方法是()A．使粒子的速度v<eq\f(Bql,4m)B．使粒子的速度v>eq\f(5Bql,4m)C．使粒子的速度v>eq\f(Bql,m)D．使粒子的速度eq\f(Bql,4m)<v<eq\f(5Bql,4m)[思路点拨]粒子从左、右两边缘飞出的临界条件．[解析]如图所示，带电粒子刚好打在极板右边缘时，有req\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(l,2)))eq\s\up12(2)＋l2又r1＝eq\f(mv1,Bq)，所以v1＝eq\f(5Bql,4m)粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝eq\f(l,4)＝eq\f(mv2,Bq)，v2＝eq\f(Bql,4m)综合上述分析可知，选项A、B正确．[答案]AB命题视角4带电粒子在圆形有界磁场的运动问题如图所示，带负电的粒子沿垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，出磁场时速度偏离原方向60°角，带电粒子质量m＝3×10－20kg，电荷量q＝10－13C，速度v0＝105m/s，磁场区域的半径R＝3×10－1m，不计粒子的重力，求磁场的磁感应强度B．[解析]画进、出磁场速度方向的垂线得交点O′，O′点即为粒子做圆周运动的圆心，据此作出运动轨迹eq\o(AB,\s\up8(︵))，如图所示，设此圆半径记为r，则eq\f(O′A,OA)＝tan60°，所以r＝eq\r(3)R．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，所以B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(3×10－20×105,10－13×3\r(3)×10－1)T＝eq\f(\r(3),3)×10－1T．[答案]eq\f(\r(3),3)×10－1Teq\a\vs4\al()1．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的解题步骤(1)画轨迹：先确定圆心，再画出运动轨迹，然后用几何方法求半径．(2)找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．(3)用规律：用牛顿其次定律列方程qvB＝meq\f(v2,r)，及圆周运动规律的一些基本公式．2．带电粒子在有界磁场中的圆周运动的几种常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，射入和射出磁场时，速度与边界夹角大小相等，如图所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)【题组突破】1．(2024·高考全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A．eq\f(ω,3B) B．eq\f(ω,2B)C．eq\f(ω,B) D．eq\f(2ω,B)解析：选A．由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即eq\f(πm,6qB)＝eq\f(1,4)×eq\f(2π,ω)，求得eq\f(q,m)＝eq\f(ω,3B)，A项正确．2．如图所示，在真空中宽为d的区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、带电量为q、速率为v0的电子从边界CD外侧垂直射入磁场，入射方向与CD边夹角为θ，为了使电子能从磁场的另一边界EF射出，v0满意的条件是什么？(不计重力作用)解析：当入射速率很小时，电子在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出，速度越大，轨道半径越大，当轨道与右边界相切时，电子恰好不能从磁场另一边界射出，如图所示，由几何学问可得：r＋rcosθ＝d又ev0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)，解得v0＝eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)所以为了使电子能从磁场的另一边界EF射出，电子的速度v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)．答案：v0＞eq\f(Bed,m（1＋cosθ）)对质谱仪和回旋加速器的分析1．质谱仪(1)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．(2)质谱仪的工作原理是将质量数不等、电荷数相等的不同带电粒子，经同一电场加速后再经速度选择器进入同一磁场偏转，由于粒子质量不同导致轨道半径不同而达到分别不等质量粒子的目的．2．回旋加速器(1)周期：带电粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)．由此看出带电粒子的周期与速率、半径均无关，运动相等的时间(半个周期)后进入电场．(2)带电粒子的最终能量：由r＝eq\f(mv,qB)得，当带电粒子的速率最大时，其运动半径也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最大动能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)．可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R．(3)带电粒子在回旋加速器内运动的时间因为两个D形盒之间的窄缝很小，所以带电粒子在电场中的加速时间可忽视不计．设带电粒子在磁场中运动的圈数为n，加速电压为U．由于每加速一次带电粒子获得的能量为qU，每转一圈加速两次．结合Ekn＝eq\f(q2B2req\o\al(2,n),2m)知，2nqU＝eq\f(q2B2req\o\al(2,n),2m)，因此n＝eq\f(qB2req\o\al(2,n),4mU)所以带电粒子在回旋加速器内运动的时间t＝nT＝eq\f(qB2req\o\al(2,n),4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBreq\o\al(2,n),2U)．命题视角1对质谱仪的分析如图所示为质谱仪原理示意图，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止起先经过电压为U的加速电场后进入粒子速度选择器．选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强为E、方向水平向右．已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点垂直MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面对外的匀强磁场．带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的H点．可测量出G、H间的距离为L，带电粒子的重力可忽视不计．求：(1)粒子从加速电场射出时速度v的大小．(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向．(3)偏转磁场的磁感应强度B2的大小．[解析](1)在加速电场中，有qU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2qU,m))．(2)粒子在速度选择器中受到向右的电场力qE，应与洛伦兹力qvB1平衡，故磁感应强度B1的方向应当垂直于纸面对外．由qE＝qvB1得B1＝eq\f(E,v)＝Eeq\r(\f(m,2qU))．(3)粒子在偏转磁场中的轨道半径r＝eq\f(1,2)L，由r＝eq\f(mv,qB2)，得B2＝eq\f(2,L)eq\r(\f(2mU,q))．[答案]见解析命题视角2对回旋加速器的分析回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它们获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒．两盒分别和高频沟通电源两极相接，以便在盒内的狭缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速．两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心旁边，若粒子源射出的带电粒子电荷量为q，质量为m，粒子的最大回旋半径为Rmax．问：(1)金属盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交变电流的频率应是多少？粒子的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时的最大速度、最大动能为多少？(5)设两D形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，且为匀强电场，加速到上述能量所需的时间为多少？[解析](1)D形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，故盒内无电场．(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)高频交变电流的频率要等于粒子的回旋频率．因为T＝eq\f(2πm,qB)，故回旋频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)，角速度ω＝2πf＝eq\f(qB,m)．(4)因粒子的最大回旋半径为Rmax，由r＝eq\f(mv,qB)得，最大速度vmax＝eq\f(qBRmax,m)，最大动能Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(q2B2Req\o\al(2,max),2m)．(5)粒子每旋转一周增加的能量为2qU，提高到Ekmax的旋转次数为n＝eq\f(Ekmax,2qU)＝eq\f(qB2Req\o\al(2,max),4mU)，在磁场中运动的时间t磁＝nT＝eq\f(qB2Req\o\al(2,max),4mU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBReq\o\al(2,max),2U)．若忽视粒子在电场中的运动时间，则t磁可视为总时间；若考虑粒子在电场中的运动时间，则在D形盒两狭缝间的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，故2nd＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,dm)·teq\o\al(2,电)，所以t电＝eq\r(\f(4nd2m,Uq))＝eq\f(dBRmax,U)．所以粒子在加速过程中的总时间t总＝t电＋t磁＝eq\f(BRmax（2d＋πRmax）,2U)(通常t电≪t磁，因为d≪Rmax)．[答案]见解析eq\a\vs4\al()两种仪器都是电加速和磁偏转的综合，电场加速可以用qU＝eq\f(1,2)mv2来解决，而在磁场中的偏转利用半径和周期公式来解决．【题组突破】1．(多选)(2024·佛山质检)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的独创、同位素和质谱的探讨荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是()A．该束粒子带负电B．速度选择器的P1极板带正电C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小解析：选BD．由粒子在磁场中的偏转状况可推断粒子带正电，A错误；速度选择器中粒子受力平衡，可知粒子受到的电场力向下，P1极板带正电，B正确；在磁场中粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，可知半径r＝eq\f(mv,qB)，C错误，D正确．2．(2024·高考江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)．一束该种粒子在t＝0～eq\f(T,2)时间内从A处匀称地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满意的条件．解析：(1)粒子运动半径为R时有qvB＝meq\f(v2,R)出射粒子的动能Em＝eq\f(1,2)mv2，解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)．(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，则加速度a＝eq\f(qU0,md)粒子做匀加速直线运动，有nd＝eq\f(1,2)a·(Δt)2由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)．(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－Δt))时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))由η＞99%，解得d＜eq\f(πmU0,100qB2R)．答案：见解析[随堂检测]1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍．两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC．两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍．由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确．由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，选项B错误．由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，选项C正确．由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，选项D错误．2．(2024·高考全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止起先被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止起先被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为()A．11 B．12C．121 D．144解析：选D．设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M．质子在入口处从静止起先加速，由动能定理得，eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，ev1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)；一价正离子在入口处从静止起先加速，由动能定理得，eU＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力供应向心力，ev2·12B＝Meq\f(veq\o\al(2,2),r)；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确．3．(多选)(2024·佛山校级联考)如图所示，在垂直纸面对里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子(不计重力)，从点O以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中()A．运动时间相同B．运动轨迹的半径相同C．重新回到边界时速度的大小和方向相同D．重新回到边界的位置与O点距离不相等解析：选BC．粒子在磁场中运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)，则知两个离子圆周运动的周期相等．依据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏转角为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，运动时间t＝eq\f(2π－2θ,2π)T．同理，负离子运动时间t＝eq\f(2θ,2π)T，明显时间不等，故A错误．依据牛顿其次定律得：qvB＝meq\f(v2,r)得：r＝eq\f(mv,qB)，由题意可知m、q、v、B大小均相同，则r相同，故B正确．正、负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，依据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同，故C正确．依据几何学问得知重新回到边界的位置与O点距离x＝2rsinθ，r、θ相同，则x相同，故D错误．4．回旋加速器D形盒中心为质子流，D形盒的沟通电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为e．求：(1)质子最初进入D形盒的动能；(2)质子经回旋加速器最终得到的动能；(3)沟通电源的周期．解析：(1)质子在电场中加速，由动能定理得：eU＝Ek－0，解得Ek＝eU．(2)质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿其次定律得evB＝meq\f(v2,R) ①质子的最大动能：Ekmax＝eq\f(1,2)mv2 ②解①②得：Ekmax＝eq\f(e2B2R2,2m)．(3)T＝eq\f(2πm,eB)．答案：(1)eU(2)eq\f(e2B2R2,2m)(3)eq\f(2πm,eB)[课时作业][学生用书P159(单独成册)]一、单项选择题1．如图所示，水平导线中有电流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()A．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，轨迹半径越来越小解析：选B．由安培定则及左手定则可推断电子运动轨迹向下弯曲，又由r＝eq\f(mv,qB)知，B减小，r越来越大，故电子的径迹是a，B正确，A、C、D错误．2．质谱仪主要由加速电场和偏转磁场组成，其原理图如图．设想有一个静止的带电粒子P(不计重力)，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最终打究竟片上的D点，设OD＝x，则图中能正确反映x2与U之间函数关系的是()解析：选A．依据动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))．粒子在磁场中偏转，洛伦兹力供应向心力qvB＝meq\f(v2,R)，则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．3．(2024·桂林模拟)在回旋加速器中，带电粒子在“D”形金属盒内经过半个圆周所需的时间与下列物理量无关的是()A．带电粒子运动的轨道半径B．带电粒子的电荷量C．带电粒子的质量D．加速器的磁感应强度解析：选A．设带电粒子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速率为v，运动的周期为T，轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，则依据牛顿其次定律得：qvB＝meq\f(v2,R)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))eq\s\up12(2)R带电粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)因此经过半个圆周所须要的时间与带电粒子的轨道半径无关，与带电粒子的电荷量、质量以及加速器的磁感应强度都有关；故选A．4．(2024·余姚期中)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，在两个区域运动的轨迹如图，半径R1>R2，假定穿过铝板前后粒子电量保持不变，则该粒子()A．带正电B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动加速度相同D．从区域Ⅱ穿过铝板运动到区域Ⅰ解析：选B．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，故可得粒子由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ，结合左手定则可知粒子带负电，故A、D错误；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子运动的周期不变，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的时间均为t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，故B正确；依据向心加速度公式a＝eq\f(4π2r,T2)，可知，周期相同，半径不同，所以加速度不同，故C错误．5．(2024·宜宾联考)如图所示，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点的粒子速度v1与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为()A．1∶3 B．4∶3C．3∶2 D．1∶1解析：选C．粒子在磁场中运动周期的公式为T＝eq\f(2πm,qB)，由此可知，粒子的运动时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为eq\f(1,4)T，通过b点的粒子的运动的时间为eq\f(1,6)T，所以从S到a、b所需时间t1∶t2为3∶2，所以C正确．6．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第1象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面对里．一质量为m、电荷量肯定值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴正方向的夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列推断正确的是()A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经验的时间为t＝eq\f(πm,3qB)D．离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°解析：选C．依据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，依据左手定则推断知，此粒子带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，但方向变更，所以速度是变更的，故B错误；粒子由O运动到A时速度方向变更了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ＝60°，则粒子由O到A运动的时间为t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，依据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D错误．7．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2)．已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)()A．eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m) D．eq\f(2qBR,m)解析：选B．本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学学问解决问题．带电粒子从距离ab为eq\f(R,2)处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝F向得qvB＝eq\f(mv2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，选项B正确．二、多项选择题8．如图所示，速度不同的同种带电粒子(重力不计)a、b沿半径AO方向进入一圆形匀强磁场区域，a、b两粒子的运动轨迹分别为AB和AC，则下列说法中正确的是()A．a、b两粒子均带正电B．a粒子的速度比b粒子的速度大C．a粒子在磁场中的运动时间比b粒子长D．两粒子离开磁场时的速度反向延长线肯定都过圆心O解析：选CD．粒子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，依据左手定则知，粒子均带负电，故A错误．依据a、b的运动轨迹知，b的轨道半径大于a的轨道半径，依据r＝eq\f(mv,qB)知，b粒子的速度大于a粒子的速度，故B错误．a粒子在磁场中运动的圆心角大于b粒子在磁场中运动的圆心角，依据T＝eq\f(2πm,qB)知，两粒子的周期相同，结合t＝eq\f(θ,2π)T知，a粒子在磁场中运动的时间大于b粒子在磁场中运动的时间，故C正确．进入磁场区域时，速度方向指向圆心O，依据圆的对称性可以知道，离开磁场时，速度肯定背离圆心，故D正确．9．如图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的磁感应强度和匀强电场的场强分别为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()A．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对外C．能通过狭缝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，粒子的比荷越小解析：选ABC．质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，选项A对；速度选择器中静电力与洛伦兹力是一对平衡力，即qvB＝qE，故v＝eq\f(E,B)，选项C对；据左手定则可以确定，速度选择器中的磁场方向垂直纸面对外，选项B对；粒子在匀强磁场中运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，即粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，由此看出粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子运动的半径越小，粒子的比荷越大，选项D错．10．(2024·郑州高二检测)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，离子的重力忽视不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为eq\f(q,m