第十一章　第4讲　专题强化：洛伦兹力与现代科技 讲义 （教师版）

第4讲　专题强化：洛伦兹力与现代科技
题型一　质谱仪的原理和分析
1．作用
测量带电粒子质量和分离同位素。
2．原理(如图所示)
(1)加速电场：qU＝mv2。
(2)偏转磁场：qvB＝，由以上两式可得r＝，m＝，＝。
【典例1】　某一质谱仪原理如图所示，区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U1；区域Ⅱ为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度大小为B1，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为B2。一质量为m、电荷量为＋q的粒子初速度为0，经粒子加速器加速后，该粒子恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界MN的方向进入分离器后做匀速圆周运动，打在P点。忽略粒子所受重力，求：
(1)粒子进入速度选择器的速度v；
(2)速度选择器的两极板间电压U2；
(3)O、P之间的距离。
【解析】　(1)粒子加速过程，根据动能定理有qU1＝mv2，解得v＝。
(2)粒子经过速度选择器过程，由平衡条件有q＝qvB1，解得U2＝B1d。
(3)粒子在分离器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB2＝m，解得r＝
，则OP＝2r＝。
【答案】　(1)　(2)B1d
(3)
1． (2024·广东深圳一模)质谱仪可以用来分析同位素。如图所示，在容器A中有互为同位素的两种原子核，它们可从容器A下方的小孔S1无初速度飘入加速电场，经小孔S3垂直进入匀强磁场，分别打到M、N两点，M、N点距离S3分别为x1、x2，则分别打到M、N的原子核质量之比为(　C　)
A．　　　 B．　　　
C．　　　 D．
解析：设原子核的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度大小为v，则两原子核在电场中加速的过程，由动能定理得qU＝mv2，速度为v＝，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力有qvB＝，代入得r＝，由题知r1＝，r2＝，因此有＝＝，则原子核质量之比为＝，故C正确。
2．(多选)如图为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内为均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是(　AD　)
A．极板M比极板N的电势高
B．加速电场的电压U＝ER
C．直径PQ＝2B
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
解析：粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，故A正确；由qU＝mv2和qE＝可得，加速电场的电压U＝，故B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，即r＝，PQ＝2r＝＝，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，故C错误，D正确。
题型二　回旋加速器的原理和分析
1．构造
如图所示，D1、D2是两个中空的半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源。
2．原理
交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子被加速一次。
3．最大动能
由qvmB＝、Ekm＝mv，得Ekm＝，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。
4．总时间
(1)在磁场中运动的时间
粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝，粒子在磁场中运动的总时间t磁＝T＝·＝。
(2)在电场中运动的时间
根据nd＝at，q＝ma，解得t电＝。
【典例2】　回旋加速器的示意图如图所示。它由两个铝制D形金属扁盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝；两个D形盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有粒子源，它产生并发出带电粒子，经狭缝电压加速后，进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，垂直通过狭缝，再经狭缝电压加速；为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，粒子速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，以最大速度被导出。已知某粒子所带电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度大小为B，D形盒的半径为R，设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计。设该粒子从粒子源发出时的初速度为零，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，忽略相对论效应，求：
(1)交变电压的周期T；
(2)粒子被加速后获得的最大动能Ekm。
【解析】　(1)设交变电压的周期为T，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期(在狭缝的时间极短忽略不计)，则qvB＝m，v＝，联立以上两式，解得交变电压的周期为T＝。
(2)粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能，设此时的速度为vm，有qvmB＝，解得vm＝。粒子的最大动能为Ekm＝mv＝。
【答案】　(1)　(2)
3．如图为回旋加速器的示意图，两D形盒所在区域加匀强磁场，狭缝间加有交变电压(电压的大小恒定)，将粒子由A点静止释放，经回旋加速器加速后，粒子最终从D形盒的出口引出。已知D形盒的半径为R，粒子的质量和电荷量分别为m、q，磁感应强度大小为B，加速电压为U(不计粒子在电场中的运动时间)，粒子在回旋加速器中运动的时间为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：粒子每次经过狭缝，静电力做功为W＝qU，粒子在磁场中做圆周运动的半径最大时，动能最大，速度最大，根据牛顿第二定律qvmB＝m，解得vm＝，最大动能为Ekm＝mv，则粒子被加速的次数为N＝＝，粒子在磁场中的运动周期为T＝，则粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝T＝，故选C。
4．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间无电场，带电粒子在P0处由静止经加速电场加速后进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动，对该回旋加速器，下列说法正确的是(　D　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．加速粒子的最大速度与加速电场有关
C．A、C板间的加速电场方向需要做周期性变化
D．右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为(－)∶(－1)
解析：根据回旋加速器的工作原理可知，带电粒子在磁场中偏转，带电粒子只有经过A、C板间时才被加速，因此带电粒子每运动一周被加速一次，每次加速时运动方向相同，则加速电场的方向不变，A、C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得v＝，可知加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关，D形盒半径越大，最大速度越大，与加速电场无关，B错误；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，则P1P2＝2(r2－r1)＝，同理有P2P3＝2(r3－r2)＝，因为带电粒子每转一圈被加速一次，速度变化量Δv＝at，t为经过相同位移所用的时间，根据运动学规律有t1∶t2＝(－1)∶(－)，即右侧相邻圆弧间距离P2P3与P1P2的比值为＝＝，D正确。
题型三　电场与磁场叠加的应用实例
1．共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，qvB＝qE。
2．常见应用实例
装置 原理图 规律 共性规律
磁流 体发 电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定， q＝qv0B， U＝v0Bd 稳定平衡时电荷所受静电力和洛伦兹力平衡，即 q＝qvB
速度 选择 器　 若qv0B＝Eq，即v0＝，粒子做匀速直线运动
电磁 流量 计　 当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差U达到最大，由 q＝qvB，可得v＝
霍尔 元件 当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，b、a间的电势差U就保持稳定，由qvB＝q，可得U＝vBd
考向1磁流体发电机
【典例3】　(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是(　AC　)
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【解析】　带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；粒子受到的洛伦兹力和静电力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB＝q，可得U＝Bdv，因此增大间距U变大，增大速率U变大，U的大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。
考向2速度选择器
【典例4】　如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的电场强度大小为E、方向由M板指向N板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左、右两侧各有一个小孔P、Q，连线PQ与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿PQ连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是(　C　)
A．带电微粒一定带正电
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿QP连线射入，不能从P孔射出
D．若将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后将做类平抛运动
【解析】　若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，静电力向下，若带电微粒带负电，则受到的洛伦兹力向下，静电力向上，微粒沿PQ运动，只要求洛伦兹力等于静电力，因此微粒可以带正电也可以带负电，故A错误；对微粒受力分析有qE＝qvB，解得B＝，故B错误；若带电微粒带负电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿QP连线射入，受到的洛伦兹力和静电力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；将该带电微粒以2v的速度从P孔沿PQ连线射入后，洛伦兹力大于静电力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力是变力，则微粒不可能做类平抛运动，故D错误。
考向3电磁流量计
【典例5】　(2024·四川成都高三诊断)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力f＝kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是(　D　)
A．污水的流量Q＝
B．金属板M的电势低于金属板N的电势
C．电压U与污水中的离子浓度有关
D．左、右两侧管口的压强差为
【解析】　污水流速为v，则当M、N板间电压为U时，有qvB＝q，解得v＝，流量为Q＝＝vbc，解得Q＝，故A错误；由左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向上，负离子受到的洛伦兹力向下，使M板带正电，N板带负电，则金属板M的电势高于金属板N的电势，故B错误；金属板M、N间电压为U，由qvB＝q得U＝Bcv，电压U与污水离子的浓度无关，故C错误；设左、右两侧管口压强差为Δp，污水匀速流动，由平衡关系得Δpbc＝kLv，将v＝代入上式得Δp＝，故D正确。
考向4霍尔元件
【典例6】　(2023·浙江1月选考)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为(　D　)
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
【解析】　根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流I′的方向应该是b→a；元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合磁感应强度为0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故选D。
课时作业58
1．(5分)带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是(　A　)
A．v甲＞v乙＞v丙
B．v甲＜v乙＜v丙
C．甲的速度可能变大
D．丙的速度不一定变大
解析：由左手定则可判断正粒子所受洛伦兹力向上，而所受的静电力向下，由运动轨迹可判断qv甲B＞qE，即v甲＞，同理可得v乙＝，v丙＜，所以v甲＞v乙＞v丙，故A正确，B错误；静电力对甲做负功，甲的速度一定减小，对丙做正功，丙的速度一定变大，故C、D错误。
2．(5分)(多选)如图甲所示，平板电脑机身和磁吸保护壳对应部位分别有霍尔元件和磁体。如图乙所示，霍尔元件为一块长、宽、高分别为a、b、c的矩形半导体，元件内的导电粒子为自由电子，通入的电流方向向右。当保护套合上时，霍尔元件处于磁感应强度大小为B、方向垂直于上表面向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。已知电子定向移动速率为v，则下列说法正确的是(　AC　)
A．霍尔元件前表面的电势比后表面的高
B．霍尔元件前表面的电势比后表面的低
C．霍尔元件前、后表面间的电压U＝Bbv
D．霍尔元件前、后表面间的电压U＝Bav
解析：根据题图乙可知电子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转，所以后表面电势低，故A正确，B错误；当前、后表面间电压稳定后，电子受到的洛伦兹力与静电力平衡，此时有F洛＝Bev＝F电＝·e，解得U＝Bbv，故C正确，D错误。
3．(5分)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子(H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)(　B　)
A．以速度射入的正电子(e)
B．以速度v0射入的电子(e)
C．以速度2v0射入的氘核(H)
D．以速度4v0射入的α粒子(He)
解析：根据题意，质子(H)以速度v0自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，可知质子所受的静电力和洛伦兹力平衡，即eE＝ev0B，因此满足速度v＝＝v0的粒子才能够做匀速直线运动，所以B正确。
4．(5分)(2023·广东卷)某小型医用回旋加速器最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　C　)
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，质子加速后获得的最大动能Ek＝mv2，解得最大速率v≈5.4×107 m/s，故C正确。
5．(5分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，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开始被加速电场加速，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开始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约为(　D　)
A．11　　　 B．12
C．121　　 D．144
解析：由动能定理qU＝mv2－0，得带电粒子进入磁场的速度为v＝，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝，联立得R＝，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故离子和质子的质量之比为＝144，故选D。
6．(5分)(2025·八省联考陕西卷)人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图所示，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时(　D　)
A．血管上侧电势低，血管下侧电势高
B．若血管内径变小，则血液流速变小
C．血管上下侧电势差与血液流速无关
D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小
解析：根据左手定则可知正离子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；血液的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定为V，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据V＝Sv可知血液流速变大，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于所受的静电力，根据qvB＝，可得U＝dvB，又v＝，联立可得U＝，根据U＝可知，若血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径改变，血管上下侧电势差一定改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。
7．(5分)(2024·江西卷)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图甲所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10-3 A时，测得U－B关系图线如图乙所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　D　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
解析：设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受静电力与洛伦兹力平衡，则有evB＝e，联立解得U＝B，结合图像可得k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016，故选D。
8．(5分)(2024·四川成都高三诊断)在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图所示，码表由强磁体、霍尔传感器及显示器组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁体固定在车轮的一根辐条上。车轮半径为R，霍尔传感器到车轴的距离为r。强磁体每次经过霍尔传感器时，PQ端均输出一次电信号，若每秒强磁体经过n次霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则(　C　)
A．显示器上的里程110.0 km是指骑行的位移大小
B．显示器上自行车的速度21.8 km/h是由2πnr换算得来的
C．磁体如图经过传感器时，导电的电子向Q端汇聚
D．图中P、Q两端电势的高低，与自行车车轮的转动方向有关
解析：显示器上的里程110.0 km是指骑行的路程，故A错误；根据圆周运动各个物理量之间关系可知，自行车的线速度v＝2πnR，故B错误；电子移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力方向是由P指向Q的，则导电的电子向Q端汇聚，故C正确；无论自行车车轮转动方向是顺时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，当稳定之后，静电力和洛伦兹力平衡，有e＝evB，解得U＝Bvd，可知P、Q两端电势的高低与磁体运动的方向无关，故D错误。
9．(5分)(多选)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3 000 K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以1 000 m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度大小为6 T。等离子体发生偏转，在两极板间形成电势差。已知发电通道长a＝50 cm，宽b＝20 cm，高d＝20 cm，等离子体的电阻率ρ＝2 Ω·m，则下列判断正确的是(　AD　)
A．发电通道的上极板带正电，下极板带负电
B．开关断开时，高温等离子体不能匀速通过发电通道
C．当外接电阻为8 Ω时，电流表示数为150 A
D．当外接电阻为4 Ω时，发电机输出功率最大
解析：等离子体进入矩形发电通道后，受洛伦兹力作用发生偏转，由左手定则可以判断，正电荷向上偏，负电荷向下偏，故发电通道的上极板带正电，下极板带负电，A正确；开关断开时，若等离子体在通道内受到的静电力与磁场力平衡，则等离子体可以匀速通过发电通道，不再偏转，B错误；开关断开时，由q＝qvB，得两极板间的最大电势差U＝Bdv＝6×0.2×1 000 V＝1 200 V，开关闭合时，由电阻定律得，发电机内阻r＝＝4 Ω，若外接电阻R＝8 Ω，则由闭合电路的欧姆定律得，电路中的电流I＝＝100 A，C错误；若外接电阻R＝4 Ω，则R＝r，发电机有最大输出功率，D正确。
10．(5分)如图甲为质谱仪工作的原理图，已知质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，经电场加速后，由小孔S沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中。粒子在小孔S的速度与磁场边界垂直，最后打在照相底片上的P点，且SP＝x。忽略粒子的重力，通过测量得到x与的关系如图乙所示，已知斜率为k＝0.5 m/V，匀强磁场的磁感应强度大小B为2×10-4 T，π＝3.14，则下列说法正确的是(　C　)
A．该粒子带负电
B．该粒子比荷为9×108 C/kg
C．该粒子在磁场中运动的时间约为1.96×10-5 s
D．若电压U不变，打到Q点的粒子比荷大于打到P点的粒子
解析：粒子进入磁场后向左偏转，根据左手定则可知，该粒子带正电，故A错误；粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU＝mv2，解得v＝，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝m，可得r＝＝，则有x＝2r＝·，可知x－图像的斜率k＝＝0.5 m/V，可得粒子的比荷为＝8×108 C/kg，故B错误；该粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝ s≈1.96×10-5 s，故C正确；根据x＝2r＝·，若电压U不变，可知打到Q点的粒子比荷小于打到P点的粒子比荷，故D错误，故选C。
11．(15分)(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷；
(2)求O点到P点的距离；
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上，求粒子打在O′点的速度大小。
解析：(1)由于粒子在偏转分离器中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件qv0B1＝qE1，在加速电场中，由动能定理qU＝mv，联立解得，粒子的比荷为＝。
(2)由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝m，可得O点到P点的距离为OP＝2r＝。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力，F洛＝qv0B1，向下的静电力F＝qE2，由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1，所以通过配速法，如图所示，其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1，
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1＝。
答案：(1)带正电，　(2)
(3)
12．(15分)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4。
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
解析：(1)电子进入磁场前，在电场中加速有2eU＝mv2，在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r＝R tan 22.5°＝0.4R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m，联立解得B1＝。
电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T＝，由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为φ＝π，电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t＝T，联立解得t＝。
电子从P到Q在电场中共加速8次，故在Q点出射时的动能为Ek＝8eU。
(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得(R－rm)2＝R2＋r，解得rm＝R，根据洛伦兹力提供向心力有evmB1＝m，电子进入磁场前，在电场中加速有2eU＝mv－keU，联立解得k＝。
答案：(1)　　8eU　(2)