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專題提升二十三　帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應用
題型1　帶電粒子在組合場中的運動
1.組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,電場、磁場交替出現(xiàn)。
2.分析思路。
(1)劃分過程:將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段,對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。
(2)找關鍵點:確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。
(3)畫運動軌跡:根據(jù)受力分析和運動分析,大致畫出粒子的運動軌跡圖,有利于形象、直觀地解決問題。
3.組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)。
考向1　磁場與磁場的組合
【典例1】　
(2024·湖北卷)如圖所示,在以O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力,下列說法正確的是(　　)
A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點
B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為
D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,粒子運動的速度大小為
考向2　電場與磁場的組合
【典例2】　(2025·邢臺模擬)如圖所示,MN為豎直平面內(nèi)的一條水平分界線,MN的上方有方向豎直向下的勻強電場,MN的下方有垂直于豎直平面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。粒子源S可向平行于紙面的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)、速度大小不同的帶電粒子,分界線MN上A點位于S的正上方,S到A點的距離為d,忽略帶電粒子受到的重力。
(1)若從S發(fā)出的帶電粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)一次就能到達A點,求粒子的最小速度v0;
(2)若從S發(fā)出的帶電粒子的初速度方向與豎直方向的夾角θ=30°,且粒子從A點進入電場,之后在電場和磁場中沿閉合軌跡做周期性運動。
①求勻強電場的電場強度大小E;
②求粒子的運動周期T。
【典例3】　(2023·遼寧卷)如圖,水平放置的兩個平行金屬板間存在勻強電場,板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域,其內(nèi)部存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間,恰好從下板邊緣P點飛出電場,并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為,不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U;
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ;
(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置,使粒子仍從圖中O'點射入磁場,且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。
題型2　組合場在現(xiàn)代科技中的應用
　　　　　 　　　　　　　　　　
考向1　質(zhì)譜儀
1.作用。
測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的儀器。
2.
原理(如圖所示)。
(1)加速電場:qU=mv2。
(2)偏轉(zhuǎn)磁場:qvB=。
由以上兩式可得r=,
m=,=。
【典例4】　
如圖是質(zhì)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(nèi)有相互正交的勻強磁場和勻強電場,磁感應強度大小為B,電場強度大小為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下方有磁感應強度大小為B0的勻強磁場。下列表述不正確的是(　　)
A.質(zhì)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外
C.能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于
D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,粒子的荷質(zhì)比越小
考向2　回旋加速器
1.
構(gòu)造:如圖所示,D1、D2是半圓形金屬盒,D形盒處于勻強磁場中,D形盒的縫隙處接交流電源。
2.原理:交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等,使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次。
3.粒子獲得的最大動能:由qvmB=、Ekm=m得Ekm=,粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定,與加速電壓無關。
4.粒子在磁場中運動的總時間:粒子在磁場中運動一個周期,被電場加速兩次,每次增加動能qU,加速次數(shù)n=,粒子在磁場中運動的總時間t=T=·=。
【典例5】　
回旋加速器是將半徑為R的兩個D形盒置于磁感應強度為B的勻強磁場中,兩盒間的狹縫很小,兩盒間接電壓為U的高頻交流電源。電荷量為q的帶電粒子從A處的粒子源進入加速電場(初速度為零),若不考慮粒子在電場中加速的時間、相對論效應及粒子所受重力,下列說法正確的是(　　)
A.增大狹縫間的電壓U,粒子在D形盒內(nèi)獲得的最大速度會增大
B.粒子第一次在D2中的運動時間大于第二次在D2中的運動時間
C.粒子從磁場中獲得能量
D.若僅將粒子的電荷量變?yōu)?則交流電源頻率應變?yōu)樵瓉淼谋?br/>專題提升二十三　帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應用
題型1
【典例1】　D　解析　在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi),沿著徑向射入的粒子,總是沿徑向射出的;根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點,A、B兩項錯誤;粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域,時間最短,根據(jù)對稱性可知軌跡如圖甲,最短時間t=2T=,C項錯誤;粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短,軌跡如圖乙所示,設粒子在磁場中運動的半徑為r,根據(jù)幾何關系可知r=,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m,可得v=,D項正確。
甲　乙
【典例2】　答案　(1)　(2)①　②
解析　(1)根據(jù)題意可知,從S發(fā)出的粒子在磁場中做圓周運動到達A點的最小半徑
r1=d,
根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,
解得v0=。
(2)①符合題意的粒子的運動軌跡如圖所示,
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,根據(jù)幾何關系有
2rsin θ=d,
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m,
設粒子在電場中運動的時間為t2,根據(jù)運動規(guī)律有
vt2sin θ=2rcos θ,
2vcos θ=t2,
解得E=,t2=。
②粒子在磁場中運動的時間
t1=,
粒子的運動周期T=t1+t2,
解得T=。
【典例3】　答案　(1)　(2)60°　(3)見解析圖
解析　(1)設平行金屬板間距為d,則平行金屬板板長為d,粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動,
水平方向d=v0t,豎直方向d=t,
又vy=·t,
聯(lián)立解得U=。
(2)由(1)可解得vy=v0,則粒子進入磁場時的速度
v==v0,
設其與水平方向的夾角為α,則tan α==,即α=30°,
由qvB=得,粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=,
已知磁場圓半徑R=,則r=R,
作出粒子在磁場中的運動軌跡,如圖甲所示,
粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角相等,由幾何關系可得
tan==,故θ=60°。
甲　乙
(3)根據(jù)幾何關系,將磁場圓繞O'點順時針旋轉(zhuǎn),當O點轉(zhuǎn)到M點,粒子在磁場中的運動軌跡相應的弦為磁場圓的直徑時,粒子在磁場中的運動時間最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦,標出改變后的磁場圓的圓心M,如圖乙所示。
題型2
【典例4】　D　解析　根據(jù)粒子射出速度選擇器后在磁場中的運動軌跡可知,粒子帶正電;能通過狹縫P的帶電粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力平衡,即qvB=qE,解得v=,在速度選擇器中受到的電場力方向水平向右,所以洛倫茲力水平向左,根據(jù)左手定則可知速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外,B、C兩項正確;粒子射出速度選擇器后在磁場中運動有B0qv=,解得r==,粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P,即r越小,可知粒子的荷質(zhì)比越大;同位素間荷質(zhì)比不同,所以可以根據(jù)質(zhì)譜儀分析同位素,A項正確,D項錯誤。
【典例5】　D　解析　粒子從D形盒中出來時速度最大,根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvmB=m得vm=,增大狹縫間的電壓U,粒子在D形盒內(nèi)獲得的最大速度不變,A項錯誤;粒子在磁場中的運動周期為T=,粒子每次在D2中的運動時間為周期的一半,故粒子第一次在D2中的運動時間等于第二次在D2中的運動時間,B項錯誤;粒子在電場中加速,獲得能量,在磁場中,洛倫茲力方向與速度方向垂直,洛倫茲力不做功,C項錯誤;交流電源頻率為f==,若僅將粒子的電荷量變?yōu)?則交流電源頻率應變?yōu)樵瓉淼谋?D項正確。(共32張PPT)
專題提升二十三
帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應用
第十一章　磁場
題型1　帶電粒子在組合場中的運動
題型2　組合場在現(xiàn)代科技中的應用
內(nèi)容
索引
帶電粒子在組合場中的運動
題型1
1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)。
2.分析思路。
(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理。
(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。
(3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。
3.組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)。
考向1
磁場與磁場的組合
【典例1】　(2024·湖北卷)如圖所示，在以
O點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于
紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。
圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足
夠大的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子沿直徑AC方向從A點射入圓形區(qū)域。不計重力，下列說法正確的是( )
A.粒子的運動軌跡可能經(jīng)過O點
B.粒子射出圓形區(qū)域時的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向
C.粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時間間隔為
D.若粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，粒子運動的速度大小為
在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點可知粒子的運動軌跡不可能經(jīng)過O點，A、B兩項錯誤；粒子連續(xù)兩次由A點沿AC方向射入圓形區(qū)域，時間最短,根據(jù)對稱性可知軌跡如圖甲，最短時間t=2T=，C項錯誤；粒子從A點射入到從C點射出圓形區(qū)域用時最短，軌跡如圖乙所示，
解析
設粒子在磁場中運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系可知r=，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，可得v=，D項正確。
解析
考向2
電場與磁場的組合
【典例2】　(2025·邢臺模擬)如圖所示，MN
為豎直平面內(nèi)的一條水平分界線，MN的上方
有方向豎直向下的勻強電場，MN的下方有垂
直于豎直平面向外的勻強磁場，磁感應強度
大小為B。粒子源S可向平行于紙面的各個方
向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)、速度大小不同的帶電粒子，分界線MN上A點位于S的正上方，S到A點的距離為d，忽略帶電粒子受到的重力。
(1)若從S發(fā)出的帶電粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)一次就能到達A點，求粒子的最小速度v0；
根據(jù)題意可知，從S發(fā)出的粒子在磁場中做圓周運動到達A點的最小半徑r1=d，
根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力，有qv0B=m，
解得v0=。
解析
(2)若從S發(fā)出的帶電粒子的初速度方向與豎直方向的夾角θ=30°，且粒子從A點進入電場，之后在電場和磁場中沿閉合軌跡做周期性運動。
①求勻強電場的電場強度大小E；
符合題意的粒子的運動軌跡如圖所示，
解析
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系有2rsin θ=d，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m，
設粒子在電場中運動的時間為t2，根據(jù)運動規(guī)律有
vt2sin θ=2rcos θ，
2vcos θ=t2，
解得E=，t2=。
解析
②求粒子的運動周期T。
粒子在磁場中運動的時間t1=，
粒子的運動周期T=t1+t2，
解得T=。
解析
【典例3】　(2023·遼寧卷)如圖，水平放
置的兩個平行金屬板間存在勻強電場，板
長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心
為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應強度
大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。
(1)求金屬板間電勢差U；
設平行金屬板間距為d，則平行金屬板板長為d，粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，
水平方向d=v0t，豎直方向d=t，
又vy=t，
聯(lián)立解得U=。
解析
(2)求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；
由(1)可解得vy=v0，則粒子進入磁場時的速度
v==v0，
設其與水平方向的夾角為α，則tan α==，即α=30°，
由qvB=得，粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=，
解析
已知磁場圓半徑R=，則r=R，
作出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖甲所示，
粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾
角θ與粒子在磁場中運動軌跡所對應的圓心角
相等，由幾何關系可得tan==，故θ=60°。
解析
(3)僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。
根據(jù)幾何關系，將磁場圓繞O'點順時針旋轉(zhuǎn)，當
O點轉(zhuǎn)到M點，粒子在磁場中的運動軌跡相應的
弦為磁場圓的直徑時，粒子在磁場中的運動時間
最長。作出粒子在磁場中的運動軌跡及相應的弦，
標出改變后的磁場圓的圓心M，如圖乙所示。
解析
組合場在現(xiàn)代科技中的應用
題型2
考向1
質(zhì)譜儀
1.作用。
測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的儀器。
2.原理(如圖所示)。
(1)加速電場：qU=mv2。
(2)偏轉(zhuǎn)磁場：qvB=。
由以上兩式可得r=，m==。
【典例4】　如圖是質(zhì)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(nèi)有相互正交的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B，電場強度大小為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下方有磁感應強度大小為B0的勻強磁場。下列表述不正確的是( )
A.質(zhì)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外
C.能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于
D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小
根據(jù)粒子射出速度選擇器后在磁場中的運動軌跡可知，粒子帶正電；能通過狹縫P的帶電粒子在速度選擇器中受到的電場力與洛倫茲力平衡，即qvB=qE，解得v=，在速度選擇器中受到的電場力方向水平向右，所以洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則可知速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外，B、C兩項正確；粒子射出速
解析
度選擇器后在磁場中運動有B0qv=，解得r==，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，即r越小，可知粒子的荷質(zhì)比越大；同位素間荷質(zhì)比不同，所以可以根據(jù)質(zhì)譜儀分析同位素，A項正確，D項錯誤。
解析
考向2
回旋加速器
1.構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源。
2.原理：交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次。
3.粒子獲得的最大動能：由qvmB=、Ekm=m得Ekm=，粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關。
4.粒子在磁場中運動的總時間：粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n=，粒子在磁場中運動的總時間t=T==。
【典例5】　回旋加速器是將半徑為R的兩個D形盒置于磁感應強度為B的勻強磁場中，兩盒間的狹縫很小，兩盒間接電壓為U的高頻交流電源。電荷量為q的帶電粒子從A處的粒子源進入加速電場(初速度為零)，若不考慮粒子在電場中加速的時間、相對論效應及粒子所受重力，下列說法正確的是( )
A.增大狹縫間的電壓U，粒子在D形盒內(nèi)獲得的最大速度會增大
B.粒子第一次在D2中的運動時間大于第二次在D2中的運動時間
C.粒子從磁場中獲得能量
D.若僅將粒子的電荷量變?yōu)椋瑒t交流電源頻率應變?yōu)樵瓉淼谋?br/>粒子從D形盒中出來時速度最大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvmB=m得vm=，增大狹縫間的電壓U，粒子在D形盒內(nèi)獲得的最大速度不變，A項錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T=，粒子每次在D2中的運動時間為周期的一半，故粒子第一次在D2中的運動時間等于第二次在D2中的運動時間，B項錯誤；粒子在電
解析
場中加速，獲得能量，在磁場中，洛倫茲力方向與速度方向垂直,洛倫茲力不做功，C項錯誤；交流電源頻率為f==，若僅將粒子的電荷量變?yōu)椋瑒t交流電源頻率應變?yōu)樵瓉淼谋叮珼項正確。
解析專題提升練23　帶電粒子在組合場中的運動
及其在現(xiàn)代科技中的應用
　
梯級Ⅰ基礎練
1.回旋加速器使人類對高能粒子的獲得取得了跨越性的進步，圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，A、C板間有電場，虛線(含A、C板)之外的D形盒區(qū)域有勻強磁場，粒子的運動軌跡如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.A、C間電場為交變電場
B.帶電粒子每一次加速前后，速度增加量相同
C.粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速兩次
D.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關
2.(多選)如圖，水平虛線下方有水平向右的勻強電場，虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，P為虛線上的一點，從O點沿OP方向先后射出初動能分別為E0和2E0的兩個質(zhì)子，它們第一次經(jīng)過虛線上的位置分別為M1、M2，第二次經(jīng)過虛線上的位置分別為N1、N2，M1、M2、N1、N2圖中未畫出，已知O、P連線垂直于電場也垂直于磁場，則(　　)
A.PM1=PM2 B.PM1>PM2
C.M2N23.(多選)(2025·茂名模擬)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
A.加速電場的電壓U=ER
B.極板M比極板N電勢高
C.直徑PQ=2B
D.若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子有相同的質(zhì)量
梯級Ⅱ能力練
4.(2025·湛江模擬)如圖所示，距離為L的豎直虛線P與Q之間分布著豎直向下的勻強電場，A為虛線P上一點，C為虛線Q上一點，水平虛線CD與CF之間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，虛線CF與虛線Q之間的夾角θ=30°，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點以水平初速度v0射出，恰好從C點射入磁場，速度與水平方向的夾角也為θ，粒子重力可忽略不計。求:
(1)粒子帶何種電荷 電場強度大小;
(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑;
(3)粒子在磁場中運動的時間。
5.如圖，兩個半圓狀同心圓弧，分別交于坐標軸上的a、b、c點和d、e、f點。大圓半徑為R0，輻向電場(電場方向由原點O向外)分布于兩圓弧之間，其間的電勢差為U0;圓弧abc內(nèi)為無場區(qū)。半圓弧def外側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里的足夠大勻強磁場，其上邊界在y=2R0處，O點處有一粒子源，可以在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個方向均勻射出帶正電的粒子(粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q)，初速度均為，先后經(jīng)過電場和磁場區(qū)域。不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界后的運動。求:
(1)粒子剛進入磁場區(qū)域的速度;
(2)某粒子初速度方向與x軸正方向夾角為45°，恰能從磁場上邊界垂直射出，則磁感應強度B1為多少;
(3)調(diào)節(jié)不同的磁感應強度，則能從磁場上邊界垂直射出的粒子的運動半徑不同。其中半徑最小時對應的磁感應強度B2為多少。
6.(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U;Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里;Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。
(1)粒子帶正電還是負電 求粒子的比荷。
(2)求O點到P點的距離。
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。
梯級Ⅲ創(chuàng)新練
7.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是(　　)
A.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差隨時間變化減小
B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3
C.粒子在電場中的加速次數(shù)為
D.t3-t2>t2-t1
專題提升練23　帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應用
1.D　解析　帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速,即粒子從離開A板到再次回到A板,其間被加速一次,且板間電場方向保持不變,所以A、C間電場不是交變電場,A、C兩項錯誤;設帶電粒子在A、C板間被加速的加速度大小為a,則有Δv=aΔt,由于A、C板間距離保持不變,隨著帶電粒子被加速后每次經(jīng)過A、C板間的速度逐漸變大,帶電粒子被加速的時間逐漸減小,則帶電粒子每一次加速前后,速度增加量逐漸減小,B項錯誤;當粒子從D形盒中出來時,速度最大,設D形盒半徑為R,則有R=,可得vm=,加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關,D項正確。
2.BD　解析　對于這兩個質(zhì)子有E0=m,2E0=m,電場中質(zhì)子在豎直方向做勻速直線運動,則有hOP=v1t1,hOP=v2t2,電場中質(zhì)子在水平方向做勻加速直線運動,則有PM1=··,PM2=··,解得PM1=2PM2,A項錯誤,B項正確;令兩個質(zhì)子進入磁場的速度分別為v3、v4,該速度與虛線夾角為θ1、θ2,則有R1=,R2=,對應的弦長為M1N1=2R1sin θ1,M2N2=2R2sin θ2,在電場中有v3sin θ1=v1,v4sin θ2=v2,由于E0=m,2E0=m,解得M2N2=M1N1,C項錯誤,D項正確。
3.AB　解析　在加速電場中根據(jù)動能定理有Uq=mv2,在靜電分析器中電場力提供向心力Eq=m,加速電場的電壓U=ER,A項正確;在靜電分析器中粒子所受電場力方向與電場方向相同,故粒子帶正電,粒子在加速電場中加速,加速電場方向水平向右,故極板M比極板N電勢高,B項正確;磁分析器中洛倫茲力提供向心力qvB=m,直徑為PQ=2r=,C項錯誤;若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點,則該群離子有相同的比荷,D項錯誤。
4.答案　(1)正電荷　　(2)　(3)
解析　(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動,電場力向下,與電場方向相同,則粒子帶正電;設帶電粒子在勻強電場中運動時間為t1,則有L=v0t1,tan 30°=,
由牛頓第二定律得qE=ma,
聯(lián)立解得電場強度大小為E=。
(2)帶電粒子進入磁場的速度大小為
v==v0,
帶電粒子在磁場中運動,由洛倫茲力提供向心力得qvB=m,
聯(lián)立解得r==。
(3)根據(jù)幾何關系可得,帶電粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為α=2θ=60°,
則粒子在磁場中運動的時間為
t=T=×,
聯(lián)立解得t=。
5.答案　(1)　(2)
(3)
解析　(1)設粒子剛離開電場的速度為v,粒子在電場中有qU0=mv2-m,
解得v=。
(2)如圖甲所示,
甲
由圖可知粒子做圓周運動的半徑
r1==(2-1)R0,
由洛倫茲力提供向心力得B1qv=m,
解得B1==。
(3)粒子運動過程如圖乙所示,
乙
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2,O'是粒子做圓周運動的圓心,OO'間的距離為d,由幾何關系可知,d的大小總滿足d2=+,
當r2最小時,d也最小,由圖乙可知dmin=2R0,
代入可求r2=R0,
由洛倫茲力提供向心力得B2qv=m,
解得B2=。
6.答案　(1)帶正電　　(2)　(3)
解析　(1)由于粒子在區(qū)域Ⅲ向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則可知粒子帶正電;
設粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子進入速度選擇器時的速度為v0,在速度選擇器中粒子做勻速直線運動,由平衡條件qv0B1=qE1,
在加速電場中,由動能定理qU=m,
聯(lián)立解得,粒子的比荷為=。
(2)粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中運動,由洛倫茲力提供向心力qv0B2=m,
O點到P點的距離為OP=2r=。
(3)粒子進入Ⅱ瞬間,粒子受到向上的洛倫茲力F洛=qv0B1,
向下的電場力F=qE2,
由于E2>E1,且qv0B1=qE1,
所以通過配速法,如圖所示,
其中滿足qE2=q(v0+v1)B1,
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速運動的同時,豎直面內(nèi)以v1做勻速圓周運動,當速度轉(zhuǎn)向到水平向右時,滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求,故此時粒子打在O'點的速度大小為
v'=v0+v1+v1=。
技法點撥　帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動,若所受洛倫茲力與電場力(和重力)不平衡而做復雜的曲線運動時,為帶電粒子配上一對等大反向的速度或?qū)щ娏Ｗ拥某跛俣冗M行拆分,那么帶電粒子復雜的曲線運動就可等效為沿某一方向的勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合成。
7.A　解析　粒子在電場中加速過程,根據(jù)動能定理有nqU=m,(n-1)qU=m,粒子在磁場中做勻速圓周運動過程有qvnB=m,qvn-1B=m,解得Rn-Rn-1=,隨時間變長,加速次數(shù)增大,同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差減小,A項正確;結(jié)合上述有qU=m,2qU=m,3qU=m,解得v1∶v2∶v3=1∶∶,B項錯誤;結(jié)合上述可知,粒子加速次數(shù)為n==,C項錯誤;粒子在磁場中勻速圓周運動的周期T==,故周期與粒子速度無關,每運動半周被加速一次,可知t3-t2=t2-t1,D項錯誤。(共30張PPT)
專題提升練23
帶電粒子在組合場中的運動及其在現(xiàn)代科技中的應用
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1.回旋加速器使人類對高能粒子的獲得取得了跨越性的進步，圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，A、C板間有電場，虛線(含A、C板)之外的D形盒區(qū)域有勻強磁場，粒子的運動軌跡如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A.A、C間電場為交變電場
B.帶電粒子每一次加速前后，速度增加量相同
C.粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速兩次
D.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關
梯級Ⅰ 基礎練
帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速，即粒子從離開A板到再次回到A板，其間被加速一次，且板間電場方向保持不變，所以A、C間電場不是交變電場，A、C兩項錯誤；設帶電粒子在A、C板間被加速的加速度大小為a，則有Δv=aΔt，由于A、C板間距離保持不變，隨著帶電粒子被加速后每次經(jīng)過A、C板間的速度逐漸變大，帶電粒子被加速的時間逐漸減小，則帶電粒子每一次加速前后，速度增加量逐漸減小，B項錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，設D形盒半徑為R，則有R=，可得vm=，加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，D項正確。
解析
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2.(多選)如圖，水平虛線下方有水平向右的勻強電場，虛線上方有垂直紙面向里的勻強磁場，P為虛線上的一點，從O點沿OP方向先后射出初動能分別為E0和2E0的兩個質(zhì)子，它們第一次經(jīng)過虛線上的位置分別為M1、M2，第二次經(jīng)過虛線上的位置分別為N1、N2，M1、M2、N1、N2圖中未畫出，已知O、P連線垂直于電場也垂直于磁場，則 (　　)
A.PM1=PM2 B.PM1>PM2
C.M2N21
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對于這兩個質(zhì)子有E0=m，2E0=m，電場中質(zhì)子在豎直方向做勻速直線運動，則有hOP=v1t1，hOP=v2t2，電場中質(zhì)子在水平方向做勻加速直線運動，則有PM1=，PM2=，解得PM1=2PM2，A項錯誤，B項正確；令兩個質(zhì)子進入磁場的速度分別為v3、v4，該速度與虛線夾角為θ1、θ2，則有R1=，
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R2=，對應的弦長為M1N1=2R1sin θ1，M2N2=2R2sin θ2，在電場中有v3sin θ1=v1，v4sin θ2=v2，由于E0=m，2E0=m，解得M2N2=M1N1，C項錯誤，D項正確。
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3.(多選)(2025·茂名模擬)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法正確的是(　　)
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A.加速電場的電壓U=ER
B.極板M比極板N電勢高
C.直徑PQ=2B
D.若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子有相同的質(zhì)量
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在加速電場中根據(jù)動能定理有Uq=mv2，在靜電分析器中電場力提供向心力Eq=m，加速電場的電壓U=ER，A項正確；在靜電分析器中粒子所受電場力方向與電場方向相同，故粒子帶正電，粒子在加速電場中加速，加速電場方向水平向右，故極板M比極板N電勢高，B項正確；磁分析器中洛倫茲力提供向心力qvB=
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m，直徑為PQ=2r=，C項錯誤；若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子有相同的比荷，D項錯誤。
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4.(2025·湛江模擬)如圖所示，距離為L的豎直虛線P與Q之間分布著豎直向下的勻強電場，A為虛線P上一點，C為虛線Q上一點，水平虛線CD與CF之間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，虛線CF與虛線Q之間的夾角θ=30°，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從A點以水平初速度v0射出，恰好從C點射入磁場，速度與水平方向的夾角也為θ，粒子重力可忽略不計。求:
(1)粒子帶何種電荷 電場強度大小；
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梯級Ⅱ 能力練
帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，電場力向下，與電場方向相同，則粒子帶正電；設帶電粒子在勻強電場中運動時間為t1，則有L=v0t1，tan 30°=，
由牛頓第二定律得qE=ma，
聯(lián)立解得電場強度大小為E=。
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(2)粒子在磁場中運動的軌跡半徑；
帶電粒子進入磁場的速度大小為
v==v0，
帶電粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力得qvB=m，
聯(lián)立解得r==。
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(3)粒子在磁場中運動的時間。
根據(jù)幾何關系可得，帶電粒子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為α=2θ=60°，
則粒子在磁場中運動的時間為
t=T=×，
聯(lián)立解得t=。
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5.如圖，兩個半圓狀同心圓弧，分別交于坐標軸上的a、b、c點和d、e、f點。大圓半徑為R0，輻向電場(電場方向由原點O向外)分布于兩圓弧之間，其間的電勢差為U0；圓弧abc內(nèi)為無場區(qū)。半圓弧def外側(cè)區(qū)域有垂直紙面向里的足夠大勻強磁場，其上邊界在y=2R0處，O點處有一粒子源，可以在xOy平面內(nèi)向x軸上方各個方向均勻射出帶正電的粒子(粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q)，初速度均為，先后經(jīng)過電場和磁場區(qū)域。不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界后的運動。求:
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(1)粒子剛進入磁場區(qū)域的速度；
設粒子剛離開電場的速度為v，粒子在電場中有qU0=mv2-m，
解得v=。
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(2)某粒子初速度方向與x軸正方向夾角為45°，恰能從磁場上邊界垂直射出，則磁感應強度B1為多少；
如圖甲所示， 由圖可知粒子做圓周運動的半徑
r1==(2-1)R0，
由洛倫茲力提供向心力得B1qv=m，
解得B1==。
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(3)調(diào)節(jié)不同的磁感應強度，則能從磁場上邊界垂直射出的粒子的運動半徑不同。其中半徑最小時對應的磁感應強度B2為多少。
粒子運動過程如圖乙所示，
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設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r2，O'是粒子做圓周運動的圓心，OO'間的距離為d，由幾何關系可知，d的大小總滿足d2=+，
當r2最小時，d也最小，由圖乙可知dmin=2R0，
代入可求r2=R0，
由洛倫茲力提供向心力得B2qv=m，
解得B2=。
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6.(2024·甘肅卷)質(zhì)譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所 示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子 (不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。
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(1)粒子帶正電還是負電 求粒子的比荷。
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由于粒子在區(qū)域Ⅲ向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；
設粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件
qv0B1=qE1，
在加速電場中，由動能定理qU=m，
聯(lián)立解得，粒子的比荷為=。
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(2)求O點到P點的距離。
粒子在偏轉(zhuǎn)分離器中運動，由洛倫茲力提供向心力qv0B2=m，
O點到P點的距離為OP=2r=。
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(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。
粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的
洛倫茲力F洛=qv0B1，
向下的電場力F=qE2，
由于E2>E1，且qv0B1=qE1，
所以通過配速法，如圖所示，
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其中滿足qE2=q(v0+v1)B1，
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速運動的同時，豎直面內(nèi)以v1做勻速圓周運動，當速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求，故此時粒子打在O'點的速度大小為
v'=v0+v1+v1=。
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技法點撥　帶電粒子在正交的勻強磁場和勻強電場中運動，若所受洛倫茲力與電場力(和重力)不平衡而做復雜的曲線運動時，為帶電粒子配上一對等大反向的速度或?qū)щ娏Ｗ拥某跛俣冗M行拆分，那么帶電粒子復雜的曲線運動就可等效為沿某一方向的勻速直線運動和沿某一時針方向的勻速圓周運動的合成。
7.圖甲是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并與高頻電源相連。帶電粒子從靜止開始運動的速率v隨時間t變化如圖乙，已知tn時刻粒子恰射出回旋加速器，不考慮相對論效應、粒子所受的重力和穿過狹縫的時間，下列判斷正確的是(　　)
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梯級Ⅲ 創(chuàng)新練
A.同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差隨時間變化減小
B.v1∶v2∶v3=1∶2∶3
C.粒子在電場中的加速次數(shù)為
D.t3-t2>t2-t1
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粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理有nqU=m，(n-1)qU= m，粒子在磁場中做勻速圓周運動過程有qvnB=m， qvn-1B=m，解得Rn-Rn-1=，隨時間變長，加速次數(shù)增大，同一D形盒中粒子的相鄰軌跡半徑之差減小，A項正
解析
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確；結(jié)合上述有qU=m，2qU=m，3qU=m，解得v1∶v2∶v3=1∶∶，B項錯誤；結(jié)合上述可知，粒子加速次數(shù)為n==，C項錯誤；粒子在磁場中勻速圓周運動的周期T==，故周期與粒子速度無關，每運動半周被加速一次，可知t3-t2=t2-t1，D項錯誤。
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