12、＝3×10－20 kg，電荷量q＝10－13 C，速度v0＝105 m/s，磁場區(qū)域的半徑R＝3×10－1 m，不計粒子的重力，求磁場的磁感應強度B．
[解析]
畫進、出磁場速度方向的垂線得交點O′，O′點即為粒子做圓周運動的圓心，據(jù)此作出運動軌跡，如圖所示，設此圓半徑記為r，則＝tan 60°，所以r＝R．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
qv0B＝m，
所以B＝＝ T＝×10－1 T．
[答案] ×10－1 T
1．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的解題步驟
(1)畫軌跡：先確定圓心，再畫出運動軌跡，然后用幾何方法求半徑．
(2)找聯(lián)系：軌
13、道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、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：用牛頓第二定律列方程qvB＝m，及圓周運動規(guī)律的一些基本公式．
2．帶電粒子在有界磁場中的圓周運動的幾種常見情形
(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，射入和射出磁場時，速度與邊界夾角大小相等，如圖所示)
(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)
【題組突破】
1．(2016·高考全國卷Ⅱ)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有
14、小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動．在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為( )
A． B．
C． D．
解析：選A．由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓弧所對的圓心角為30°，因此粒子在磁場中運動的時間為t＝×，粒子在磁場中運動的時間與筒轉過90°所用的時間相等，即＝×，求得＝，A項正確．
2．
如圖所示，在真空中寬為d的區(qū)域內有勻強磁場，磁感應強度為B
15、，質量為m、帶電量為q、速率為v0的電子從邊界CD外側垂直射入磁場，入射方向與CD邊夾角為θ，為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，v0滿足的條件是什么？(不計重力作用)
解析：
當入射速率很小時，電子在磁場中轉動一段圓弧后又從同一側射出，速度越大，軌道半徑越大，當軌道與右邊界相切時，電子恰好不能從磁場另一邊界射出，如圖所示，由幾何知識可得：r＋rcos θ＝d
又ev0B＝，解得v0＝
所以為了使電子能從磁場的另一邊界EF射出，電子的速度v0＞．
答案：v0＞
對質譜儀和回旋加速器的分析
1．質譜儀
(1)質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具．
(2)質譜
16、儀的工作原理是將質量數(shù)不等、電荷數(shù)相等的不同帶電粒子，經(jīng)同一電場加速后再經(jīng)速度選擇器進入同一磁場偏轉，由于粒子質量不同導致軌道半徑不同而達到分離不等質量粒子的目的．
2．回旋加速器
(1)周期：帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝．由此看出帶電粒子的周期與速率、半徑均無關，運動相等的時間(半個周期)后進入電場．
(2)帶電粒子的最終能量：由r＝得，當帶電粒子的速率最大時，其運動半徑也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最大動能Ekm＝．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．
(3)帶電粒子在回旋加速器內運動的時間
因為兩個D形盒之間的窄縫很小，所以帶電
17、粒子在電場中的加速時間可忽略不計．設帶電粒子在磁場中運動的圈數(shù)為n，加速電壓為U．由于每加速一次帶電粒子獲得的能量為qU，每轉一圈加速兩次．
結合Ekn＝知，2nqU＝，因此n＝
所以帶電粒子在回旋加速器內運動的時間
t＝nT＝·＝．
命題視角1 對質譜儀的分析
如圖所示為質譜儀原理示意圖，電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)過電壓為U的加速電場后進入粒子速度選擇器．選擇器中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的場強為E、方向水平向右．已知帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點垂直MN進入偏轉磁場，該偏轉磁場是一個以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場．
18、帶電粒子經(jīng)偏轉磁場后，最終到達照相底片的H點．可測量出G、H間的距離為L，帶電粒子的重力可忽略不計．求：
(1)粒子從加速電場射出時速度v的大?。?
(2)粒子速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度B1的大小和方向．
(3)偏轉磁場的磁感應強度B2的大?。?
[解析] (1)在加速電場中，有qU＝mv2
解得v＝．
(2)粒子在速度選擇器中受到向右的電場力qE，應與洛倫茲力qvB1平衡，故磁感應強度B1的方向應該垂直于紙面向外．
由qE＝qvB1得B1＝＝E．
(3)粒子在偏轉磁場中的軌道半徑r＝L，由r＝，得B2＝．
[答案] 見解析
命題視角2 對回旋加速器的分析
回
19、旋加速器是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬盒．兩盒分別和高頻交流電源兩極相接，以便在盒內的狹縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速．兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的帶電粒子電荷量為q，質量為m，粒子的最大回旋半徑為Rmax．問：
(1)金屬盒內有無電場？
(2)粒子在盒內做何種運動？
(3)所加交變電流的頻率應是多少？粒子的角速度為多大？
(4)粒子離開加速器時的最大速度、最大動能為多少？
(5)設兩D形盒間電場的電勢差為U，盒間距離為d，且為勻強電場，加速到上述能量所需的
20、時間為多少？
[解析] (1)D形盒由金屬導體制成，具有屏蔽外電場的作用，故盒內無電場．
(2)帶電粒子在盒內做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大．
(3)高頻交變電流的頻率要等于粒子的回旋頻率．因為T＝，故回旋頻率f＝＝，角速度ω＝2πf＝．
(4)因粒子的最大回旋半徑為Rmax，由r＝得，最大速度vmax＝，最大動能Ekmax＝mv＝．
(5)粒子每旋轉一周增加的能量為2qU，提高到Ekmax的旋轉次數(shù)為n＝＝，在磁場中運動的時間t磁＝nT＝·＝．
若忽略粒子在電場中的運動時間，則t磁可視為總時間；若考慮粒子在電場中的運動時間，則在D形盒兩狹縫間的運動可視為初速度為零的勻加速直
21、線運動，故2nd＝··t，所以t電＝＝．所以粒子在加速過程中的總時間t總＝t電＋t磁＝(通常t電?t磁，因為d?Rmax)．
[答案] 見解析
兩種儀器都是電加速和磁偏轉的綜合，電場加速可以用qU＝mv2來解決，而在磁場中的偏轉利用半徑和周期公式來解決．
【題組突破】
1．(多選)(2018·佛山質檢)1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列相關說法中正確的是( )
A．該束粒子帶負電
B．速度選擇器的P1極板帶正電
C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越
22、大
D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小
解析：選BD．由粒子在磁場中的偏轉情況可判斷粒子帶正電，A錯誤；速度選擇器中粒子受力平衡，可知粒子受到的電場力向下，P1極板帶正電，B正確；在磁場中粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，可知半徑r＝，C錯誤，D正確．
2．(2016·高考江蘇卷)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝．一束該種粒子在t＝0～時間內從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹
23、縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用．求：
(1)出射粒子的動能Em；
(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；
(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件．
解析：(1)粒子運動半徑為R時有qvB＝m
出射粒子的動能Em＝mv2，解得Em＝．
(2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0
粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，則加速度a＝
粒子做勻加速直線運動，有nd＝a·(Δt)2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－．
(3)只有在0～時間內飄入的粒子才能每次均
24、被加速，則所占的比例為η＝
由η＞99%，解得d＜．
答案：見解析
[隨堂檢測]
1．(多選)(2015·高考全國卷Ⅱ)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子( )
A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍
B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍
D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等
解析：選AC．兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確
25、．由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，選項B錯誤．由T＝得T∝r，所以＝k，選項C正確．由ω＝得＝＝，選項D錯誤．
2．(2016·高考全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比值約為( )
A．11 B．12
C．121 D．144
解析：選D．設加速電壓為U，質子做勻速圓周運動的半徑為r，原來磁
26、場的磁感應強度為B，質子質量為m，一價正離子質量為M．質子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝mv，質子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，ev1B＝m；一價正離子在入口處從靜止開始加速，由動能定理得，eU＝Mv，該正離子在磁感應強度為12B的勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑仍為r，洛倫茲力提供向心力，ev2·12B＝M；聯(lián)立解得M∶m＝144∶1，選項D正確．
3．
(多選)(2018·佛山校級聯(lián)考)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個質量和電量均相同的正、負離子(不計重力)，從點O以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角，則正、負離子在磁
27、場中( )
A．運動時間相同
B．運動軌跡的半徑相同
C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同
D．重新回到邊界的位置與O點距離不相等
解析：選BC．粒子在磁場中運動周期為T＝，則知兩個離子圓周運動的周期相等．根據(jù)左手定則分析可知，正離子逆時針偏轉，負離子順時針偏轉，重新回到邊界時正離子的速度偏轉角為2π－2θ，軌跡的圓心角也為2π－2θ，運動時間t＝T．同理，負離子運動時間t＝T，顯然時間不等，故A錯誤．根據(jù)牛頓第二定律得：qvB＝m得：r＝，由題意可知m、q、v、B大小均相同，則r相同，故B正確．正、負離子在磁場中均做勻速圓周運動，速度沿軌跡的切線方向，根據(jù)圓的對稱性可知，重
28、新回到邊界時速度大小與方向相同，故C正確．根據(jù)幾何知識得知重新回到邊界的位置與O點距離x＝2rsin θ，r、θ相同，則x相同，故D錯誤．
4．回旋加速器D形盒中央為質子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質子經(jīng)電場加速后，進入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，質子質量為m、電荷量為e．求：
(1)質子最初進入D形盒的動能；
(2)質子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能；
(3)交流電源的周期．
解析：(1)質子在電場中加速，由動能定理得：
eU＝Ek－0，解得Ek＝eU．
(2)質子在回旋加速器的磁場中繞行的最大半徑為R，由牛頓第二定律得
evB＝m ①
質子的最大動能
29、：Ekmax＝mv2 ②
解①②得：Ekmax＝．
(3)T＝．
答案：(1)eU (2) (3)
[課時作業(yè)] [學生用書P159(單獨成冊)]
一、單項選擇題
1．
如圖所示，水平導線中有電流I通過，導線正下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將( )
A．沿路徑a運動，軌跡是圓
B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大
C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小
D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小
解析：選B．由安培定則及左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a，B正確，A、C、D錯誤．
2．
質譜儀主要由加
30、速電場和偏轉磁場組成，其原理圖如圖．設想有一個靜止的帶電粒子P(不計重力)，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到底片上的D點，設OD＝x，則圖中能正確反映x2與U之間函數(shù)關系的是( )
解析：選A．根據(jù)動能定理qU＝mv2得v＝ ．粒子在磁場中偏轉，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，則R＝．x＝2R＝ ，知x2∝U，故A正確，B、C、D錯誤．
3．(2018·桂林模擬)在回旋加速器中，帶電粒子在“D”形金屬盒內經(jīng)過半個圓周所需的時間與下列物理量無關的是( )
A．帶電粒子運動的軌道半徑
B．帶電粒子的電荷量
C．帶電粒子的質量
D．加速器的磁感應
31、強度
解析：選A．設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，進入磁場時的速率為v，運動的周期為T，軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得：
qvB＝m＝mR
帶電粒子做圓周運動的周期T＝
因此經(jīng)過半個圓周所需要的時間與帶電粒子的軌道半徑無關，與帶電粒子的電荷量、質量以及加速器的磁感應強度都有關；故選A．
4．
(2018·余姚期中)薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域運動的軌跡如圖，半徑R1>R2，假定穿過鋁板前后粒子電量保持不變，則該粒子( )
A．帶正電
B．在Ⅰ、
32、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同
C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動加速度相同
D．從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板運動到區(qū)域Ⅰ
解析：選B．粒子穿過鋁板受到鋁板的阻力速度將減小，由r＝可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑將減小，故可得粒子由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ，結合左手定則可知粒子帶負電，故A、D錯誤；由T＝可知粒子運動的周期不變，粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的時間均為t＝T＝，故B正確；根據(jù)向心加速度公式a＝，可知，周期相同，半徑不同，所以加速度不同，故C錯誤．
5．(2018·宜賓聯(lián)考)如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過
33、b點的粒子速度v2與MN成60°角，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為( )
A．1∶3 B．4∶3
C．3∶2 D．1∶1
解析：選C．粒子在磁場中運動周期的公式為T＝，由此可知，粒子的運動時間與粒子的速度的大小無關，所以粒子在磁場中的周期相同，由粒子的運動軌跡可知，通過a點的粒子的偏轉角為90°，通過b點的粒子的偏轉角為60°，所以通過a點的粒子的運動的時間為T，通過b點的粒子的運動的時間為T，所以從S到a、b所需時間t1∶t2為3∶2，所以C正確．
6．
如圖所示，勻強磁場分布在平面直角坐標系的整個第1象限內，磁感應強度
34、為B、方向垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸正方向的夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向．下列判斷正確的是( )
A．粒子帶正電
B．運動過程中，粒子的速度不變
C．粒子由O到A經(jīng)歷的時間為t＝
D．離開第一象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30°
解析：選C．根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則判斷知，此粒子帶負電，故A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，但方向改變，所以速度是變化的，故B錯誤；粒子由O運動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應的圓心角為θ＝6
35、0°，則粒子由O到A運動的時間為t＝T＝·＝，故C正確；粒子在O點時速度與x軸正方向的夾角為60°，x軸是直線，根據(jù)圓的對稱性可知，離開第一象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為60°，故D錯誤．
7．
如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為．已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)( )
A． B．
C． D．
解析：選B．本題應從帶電粒子在磁場中的圓周運動角度入手并結合數(shù)
36、學知識解決問題．帶電粒子從距離ab為處射入磁場，且射出時與射入時速度方向的夾角為60°，粒子運動軌跡如圖，ce為射入速度所在直線，d為射出點，射出速度反向延長交ce于f點，磁場區(qū)域圓心為O，帶電粒子所做圓周運動圓心為O′，則O、f、O′在一條直線上，由幾何關系得帶電粒子所做圓周運動的軌跡半徑為R，由F洛＝F向得qvB＝，解得v＝，選項B正確．
二、多項選擇題
8．
如圖所示，速度不同的同種帶電粒子(重力不計)a、b沿半徑AO方向進入一圓形勻強磁場區(qū)域，a、b兩粒子的運動軌跡分別為AB和AC，則下列說法中正確的是( )
A．a(chǎn)、b兩粒子均帶正電
B．a(chǎn)粒子的速度比b粒子的速度大
37、
C．a(chǎn)粒子在磁場中的運動時間比b粒子長
D．兩粒子離開磁場時的速度反向延長線一定都過圓心O
解析：選CD．粒子進入磁場時所受的洛倫茲力向下，根據(jù)左手定則知，粒子均帶負電，故A錯誤．根據(jù)a、b的運動軌跡知，b的軌道半徑大于a的軌道半徑，根據(jù)r＝知，b粒子的速度大于a粒子的速度，故B錯誤．a(chǎn)粒子在磁場中運動的圓心角大于b粒子在磁場中運動的圓心角，根據(jù)T＝知，兩粒子的周期相同，結合t＝ T知，a粒子在磁場中運動的時間大于b粒子在磁場中運動的時間，故C正確．進入磁場區(qū)域時，速度方向指向圓心O，根據(jù)圓的對稱性可以知道，離開磁場時，速度一定背離圓心，故D正確．
9．如圖是質譜儀的工作原理示意圖，帶
38、電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場的磁感應強度和勻強電場的場強分別為B和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下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是( )
A．質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，粒子的比荷越小
解析：選ABC．質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具，選項A對；速度選擇器中靜電力與洛倫茲力是一對平衡力，即qvB＝qE，故v＝，選項C對；據(jù)左手定則可以確定，速度選擇器
39、中的磁場方向垂直紙面向外，選項B對；粒子在勻強磁場中運動的半徑r＝，即粒子的比荷＝，由此看出粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子運動的半徑越小，粒子的比荷越大，選項D錯．
10．(2018·鄭州高二檢測)如圖所示，A點的離子源沿紙面垂直O(jiān)Q方向向上射出一束負離子，離子的重力忽略不計．為把這束負離子約束在OP之下的區(qū)域，可加垂直紙面的勻強磁場．已知O、A兩點間的距離為s，負離子的比荷為，速率為v，OP與OQ間的夾角為30°，則所加勻強磁場的磁感應強度B的大小和方向可能是( )
A．B>，垂直紙面向里
B．B>，垂直紙面向里
C．B>，垂直紙面向外
D．B>，垂直紙面向外
解析
40、：選BD．當磁場方向垂直紙面向里時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于M點，如圖甲所示，由幾何關系得s＋r1＝，所以r1＝s，又因r1＝，所以B1＝；當磁場方向垂直紙面向外時，其臨界軌跡即圓弧與OP相切于N點，如圖乙所示，由幾何關系，s＝＋r2，得r2＝，r2＝，所以B2＝，選項B、D正確，A、C錯誤．
三、非選擇題
11．
(2018·沈陽高二測試)一質量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v0從O點沿y軸正方向射入磁感應強度為B的有界勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面．粒子飛出磁場區(qū)域后，再運動一段時間從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向夾角為30°，如圖所示．不計粒子重力，求：
(1)
41、粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
(2)b點到O點的距離；
(3)粒子從O點到b點的時間．
解析：
(1)洛倫茲力提供向心力，
qv0B＝m，
得：R＝．
(2)設圓周運動的圓心為a，則：
ab＝＝2R，
Ob＝R＋ab＝．
(3)圓周運動的周期T＝，
在磁場中運動的時間t1＝T＝．
離開磁場后運動的距離
s＝Rtan 60°＝ ，
運動的時間t2＝＝．
粒子由O到b點的總時間t＝t1＋t2＝．
答案：(1) (2) (3)
12．質譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1，b為速度選擇器，磁場與電場正交．磁感應強度為B1，板間距離為d，c為偏轉分離器，
42、磁感應強度為B2．今有一質量為m，電荷量為＋e的粒子(不計重力)經(jīng)加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動．求：
(1)粒子的速度v；
(2)速度選擇器的電壓U2；
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R．
解析：(1)在a中，粒子被加速電場U1加速，由動能定理得eU1＝mv2，
得v＝ ．
(2)在b中，粒子受到的靜電力和洛倫茲力大小相等，即
e＝evB1，
代入v值得U2＝B1d．
(3)在c中，粒子受洛倫茲力作用而做圓周運動，
則evB2＝，
由上式得回轉半徑R＝，
代入v值得R＝ ．
答案：(1) (2)B1d (3)
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2018-2019學年高中物理 第三章 磁場 第6節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 新人教版選修3-1
