5 洛伦兹力的应用
[学习目标] 1.知道带电粒子在磁场中的运动规律，理解应用磁场可以控制带电粒子的运动．(重点、难点) 2.知道质谱仪的构造，会应用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的规律分析相关问题．(难点) 3.知道回旋加速器的构造和加速原理，理解粒子的回旋周期与加速电场的变化周期的关系．(重点)
一、利用磁场控制带电粒子运动
1．实例
如图所示为一具有圆形边界、半径为r的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个初速度大小为v0的带电粒子(质量为m，电荷量为q)沿该磁场的直径方向从P点射入，在洛伦兹力作用下从Q点离开磁场．
(1)可以证明，该粒子离开磁场时速度方向的反向延长线必过圆心．
(2)设粒子离开磁场时的速度方向与进入磁场时相比偏转了θ角，则由图中几何关系可以看出tan＝＝．
可见，对于一定的带电粒子(m，q一定)，可以通过调节B和v0的大小来控制粒子的偏转角度θ.
2．特点
利用磁场控制带电粒子的运动，只能改变粒子的运动方向而不能改变粒子的速度大小．
二、质谱仪
1．质谱仪的工作原理示意图(如图所示)
2．对质谱仪工作原理的理解
(1)带电粒子进入加速电场(狭缝S1与S2之间)，满足动能定理：qU＝mv2．
(2)带电粒子进入速度选择器(P1和P2两平行金属板之间)，满足qE＝qvB1，v＝，带电粒子做匀速直线运动．
(3)带电粒子进入偏转磁场(磁感应强度为B2的匀强磁场区域)，偏转半径R＝.
(4)带电粒子打到照相底片，可得比荷＝．
说明：①速度选择器适用于正、负电荷．
②速度选择器中的E、B1的方向具有确定的关系，仅改变其中一个方向，就不能对速度做出选择．
三、回旋加速器
1．原理图(如图所示)
2．回旋加速器的核心部分是D形盒．
3．粒子每经过一次加速，其轨道半径就增大，粒子做圆周运动的周期不变．
4．由qvB＝和Ek＝mv2得Ek＝，即粒子在回旋加速器中获得的最大动能与q、m、B、R有关，与加速电压无关．
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)带电粒子在磁场中运动的偏转角等于运动轨迹圆弧所对应的圆心角的2倍． ( )
(2)带电粒子在磁场中偏转时，速度的方向改变而速度的大小不变． ( )
(3)速度选择器既可以选择粒子的速度，也可以选择粒子的电性． ( )
(4)应用质谱仪可以测定带电粒子的比荷． ( )
(5)回旋加速器两狭缝可以接直流电源． ( )
[答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)×
2．(多选)如图为一“速度选择器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出，不计重力作用．可能达到上述目的的办法是 ( )
A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
AD [要使电子沿直线OO′运动，则电子在竖直方向所受电场力和洛伦兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力方向竖直向上，其所受洛伦兹力方向必向下，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里．故A项正确．同理可判断D项正确．]
3．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )
A．增大匀强电场间的加速电压
B．减小磁场的磁感应强度
C．减小周期性变化的电场的频率
D．增大D形金属盒的半径
D [粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R＝，Ek＝mv2＝.可见，要增大粒子射出时的动能，应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R，故D正确．]
利用磁场控制带电粒子的运动
电偏转和磁偏转的对比
匀强电场中偏转
匀强磁场中偏转
偏转条件
垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
电场力F＝Eq
大小、方向都不变
洛伦兹力F洛＝qvB的大小不变，方向随v的方向的改变而改变
运动类型
类平抛运动
匀速圆周运动或其一部分
运动轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动轨迹图
求解方法处理
偏移y和偏转角φ要通过类平抛运动的规律求解
偏转y和偏转角φ要结合圆的几何关系通过对圆周运动的讨论求解
动能变化
动能增大
动能不变
【例1】 有一平行板电容器，内部为真空，两个极板的间距为d，极板长为L，极板间有一匀强电场，U为两极板间的电压，电子从极板左端的正中央以初速度v0射入，其方向平行于极板，并打在极板边缘的D点，如图甲所示．电子的电荷量用e表示，质量用m表示，重力不计．回答下面问题(用字母表示结果)．
(1)求电子打到D点的动能；
(2)电子的初速度v0必须大于何值，电子才能飞出极板；
(3)若极板间没有电场，只有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，电子从极板左端的正中央以平行于极板的初速度v0射入，如图乙所示，则电子的初速度v0为何值时，电子才能飞出极板？
思路点拨：①电子在板间运动时只有电场力做功．
②电子要飞出极板，其偏转位移y必须满足y<.
③在极板间加上磁场时，电子可能从左侧也可能从右侧飞出极板．
[解析] (1)设电子打到D点时的动能为Ek，由动能定理可得Ek－mv＝e ①
由①式解得Ek＝(Ue＋mv)． ②
(2)电子在平行板电容器间做类平抛运动，设其在竖直方向的加速度为a，在电场中的飞行时间为t，则由电场力及牛顿第二定律、平抛运动的规律可得
＝ma ③
＝at2 ④
t＝ ⑤
由③④⑤式联立解得v0＝
所以电子要飞出电容器，必有v0>.
(3)在只有磁场情况下电子要飞出两极板，有两种情况．
Ⅰ.电子从左边出，做半圆周运动，其半径R1＝ ⑥
由洛伦兹力和向心力公式可得ev1B＝m ⑦
由⑦式解得v1＝ ⑧
因此电子飞出极板的条件是v1＜ ⑨
Ⅱ.电子从右边出，做部分圆周运动其半径R＝L2＋ ⑩
由⑩式解得R2＝
由洛伦兹力和向心力公式可得ev2B＝m ?
由?式解得v2＝ ?
电子飞出极板的条件是v2＞.
[答案] (1)(Ue＋mv) (2) (3)v0＜或v0＞
(1)对于带电粒子在匀强电场中做类平抛运动问题，一般从分析沿电场方向的匀加速直线运动和垂直于电场方向的匀速直线运动来解决问题．
(2)对于带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题，一般要分析运动轨迹、找圆心、求半径，分析圆心角，列相关方程解决问题．
训练角度1 带电粒子在直线边界磁场中的运动
1．如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感应强度B的大小．
[解析] 粒子在电场中做类平抛运动，则运行的时间t＝；加速度a＝，则
tan θ＝＝
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bvq＝m
由图示几何关系，知sin θ＝
联立以上各式，得B＝.
[答案]
训练角度2 带电粒子在圆形有界磁场中的运动
2．一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．不计粒子的重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A． B． C． D．
A [定圆心、画轨迹，由几何关系可知，此段圆弧所对圆心角θ＝30°，所需时间t＝T＝；由题意可知粒子由M飞至N′与圆筒旋转90°所用时间相等，即t＝＝，联立以上两式得＝，A项正确．]
对质谱仪工作原理的理解
1．速度选择器只选择粒子的速度(大小和方向)而不选择粒子的质量、电荷量和电性．
2．从S1与S2之间得以加速的粒子的电性是固定的，因此进入偏转磁场空间的粒子的电性也是固定的．
3．打在底片上同一位置的粒子，只能判断其是相同的，不能确定其质量或电量一定相同．
【例2】 如图所示为某种质谱仪的结构示意图．其中加速电场的电压为U，静电分析器中与圆心O1等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心O1；磁分析器中在以O2为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨迹做匀速圆周运动，并从N点射出静电分析器．而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界又垂直于磁场的方向射入磁分析器中，最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器．测量出Q点与圆心O2的距离为d.
(1)试求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
(2)试求磁分析器中磁场的磁感应强度B的大小和方向．
思路点拨：解答本题时应注意以下两点：
①在静电分析器中，电场力提供离子做圆周运动的向心力．
②在磁分析器中，洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力．
[解析] 设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理得：
qU＝mv2 ①
(1)离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：qE＝m ②
联立①②两式，解得：E＝ ③
(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB＝m④
由题意可知，圆周运动的轨道半径为：r＝d ⑤
联立①④⑤式，解得：B＝ ⑥
由左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外．
[答案] (1) (2) 方向垂直纸面向外
质谱仪的原理中包括粒子的加速、受力的平衡(速度选择器)、牛顿第二定律和匀速圆周运动等知识，分析粒子的运动过程，建立各运动阶段的模型、理清各运动阶段之间的联系，是解决此类问题的关键．
1922年英国物理学家和化学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究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．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的P1极板带负电
C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
C [带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故选项A错误．在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故选项B错误．进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB＝得r＝，知r越大，比荷越小，而质量m不一定大．故选项C正确，选项D错误．故选C.]
对回旋加速器工作原理的理解
如图所示，回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，两盒之间留下一个窄缝，在中心附近放有粒子源，D形盒在真空容器中，整个装置放在巨大的匀强磁场中，并把两个D形盒分别接在高频电源的两极上，其工作原理：
(1)电场加速：qU＝ΔEk；
(2)磁场的约束偏转：qvB＝m，r＝∝v；
(3)加速条件：高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同，即T电场＝T回旋＝.
【例3】 回旋加速器的两个D形金属盒间有匀强电场，使粒子每次穿过狭缝时都得到加速，将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附近，若粒子源射出的粒子电荷量为q，质量为m，粒子最大的回旋半径为Rmax.求：
(1)粒子在盒内做何种运动；
(2)所加交变电流的频率及粒子角速度；
(3)粒子离开加速器时的最大速度及最大动能．
[解析] (1)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．
(2)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交变电流频率要等于粒子回旋频率，因为T＝，所以回旋频率f＝＝，角速度ω＝2πf＝.
(3)由牛顿第二定律知＝qBvmax
则Rmax＝，vmax＝
最大动能Ekmax＝mv＝.
[答案] (1)匀速圆周运动
(2)
(3)
回旋加速器中的五个基本问题
(1)同步问题
交变电压的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，交变电压的频率f＝＝(当粒子的比荷或磁感应强度改变时，同时也要调节交变电压的频率．)
(2)带电粒子的最终能量
由r＝知，当带电粒子的运动半径最大时，其速度也最大，若D形盒半径为R，则带电粒子的最终动能Ekm＝.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能地增大磁感应强度B和D形盒的半径R.
(3)粒子在磁场中转的圈数和被加速次数的计算
设粒子在磁场共转n圈，则在电场中加速2n次，则有2nqU＝Ekm，n＝，加速次数N＝2n＝.
(4)粒子在回旋加速器中运动的时间
在电场中运动的时间为t1＝＝＝，在磁场中运动的时间为t2＝nT＝，总时间为t＝t1＋t2，因为t1t2，一般认为在盒内的时间近似等于t2.
(5)回旋轨道半径
rn＝，nqU＝mv，n为加速次数．
(多选)如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m，电量为q的质子，质子每次经过电场区时，都恰好在电压为U时被加速，且电场可视为匀强电场，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．下列说法正确的是( )
A．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子的能量E将越大
B．磁感应强度B不变，若加速电压U不变，D形盒半径R越大，质子的能量E将越大
C．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子在加速器中的运动时间将越长
D．D形盒半径R、磁感应强度B不变，若加速电压U越高，质子在加速器中的运动时间将越短
BD [由qvB＝m得，v＝，则最大动能Ek＝mv2＝，知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关，与加速电压无关，故A错误，B正确；由动能定理得：ΔEk＝qU，加速电压越大，每次获得的动能越大，而最终的最大动能与加速电压无关，是一定的，故加速电压越大，加速次数越少，加速时间越短，故C错误，D正确；故选BD.]
课 堂 小 结
知 识 脉 络
2个应用——质谱仪和回旋加速器
1．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值( )
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
D [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，该粒子运动等效的环形电流I＝＝，由此可知，I∝q2，选项A错误；I与速率无关，选项B错误；I∝，即I与m成反比，选项C错误；I∝B，选项D正确．]
2．(多选)质谱仪的构造原理如图所示．从粒子源S出来时的粒子速度很小，可以看作初速度为零，粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向里的匀强磁场区域，并沿着半圆周运动而到达照相底片上的P点，测得P点到入口的距离为x，则以下说法正确的是 ( )
A．粒子一定带正电
B．粒子一定带负电
C．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越大
D．x越大，则粒子的质量与电量之比一定越小
AC [根据粒子的运动方向和洛伦兹力方向，根据左手定则，知粒子带正电．故A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大．故C正确，D错误．]
3．(多选)1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙．下列说法正确的是( )
A．离子由加速器的中心附近进入加速器
B．离子由加速器的边缘进入加速器
C．离子从磁场中获得能量
D．离子从电场中获得能量
AD [本题源于课本而又高于课本，既考查考生对回旋加速器的结构及工作原理的掌握情况，又能综合考查磁场和电场对带电粒子的作用规律．由R＝知，随着被加速离子的速度增大，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径逐渐增大，所以离子必须由加速器中心附近进入加速器，A项正确，B项错误；离子在电场中被加速，使动能增加；在磁场中洛伦兹力不做功，离子做匀速圆周运动，动能不改变．磁场的作用是改变离子的速度方向，C项错误，D项正确．]
4．(多选)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A．电子在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．磁场区域的圆心坐标为
D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L)
BC [设电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin 30°＝R－L，得R＝2L，
电子在磁场中运动时间t＝，而T＝得：t＝，A错误，B正确；设磁场区域的圆心坐标为(x，y)，其中x＝Rcos 30°＝L，y＝，所以磁场圆心坐标为，故C正确；因为R＝2L，所以电子的圆周运动的圆心坐标为(0，－L)，故D错误．]
5．如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．
(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．
[解析] (1)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有F洛＝qvB＝m
解得粒子做匀速圆周运动的半径R＝
粒子做匀速圆周运动的周期T＝＝.
(2)粒子受电场力F＝qE，
洛伦兹力F洛＝qvB，
粒子做匀速直线运动，由二力平衡可知，qE＝qvB.
解得电场强度的大小E＝vB.
[答案] (1) (2)vB
课件82张PPT。第三章 磁场5 洛伦兹力的应用洛伦兹力圆心Bv0方向大小D形盒增大不变利用磁场控制带电粒子的运动 对质谱仪工作原理的理解 对回旋加速器工作原理的理解 点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(十七) 洛伦兹力的应用
[基础达标练]
(时间：15分钟 分值：50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)
1．两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场，其轨道半径分别为ra和rb，运动的周期分别为Ta和Tb，不计粒子重力，则( )
A．ra＞rb B．ra＜rb
C．Ta＞Tb D．Ta＜Tb
B [由qvB＝m得r＝，ma＝mb，qa＝qb，两粒子进入同一磁场，但速度不同，故ra＜rb，A项错，B项正确；由T＝得T＝，故Ta＝Tb，C、D均错．]
2.如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面，并且指向纸外．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度，但都是一价正离子，则( )
A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
B．只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C．只有质量m与速度v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
D．只有动能Ek大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管
C [若让粒子沿中心线通过弯管，需满足qvB＝m，即mv＝qRB.故C项正确．]
3.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，在两个区域内运动的轨迹如图所示，半径R1>R2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子( )
A．带正电
B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同
C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同
D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域
C [粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小. 由r＝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Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，选项A、B、D错误；由T＝可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝T＝，选项C正确．]
4.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图所示，将出现下列哪种情况( )
A．在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷
B．在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷
C．在a、b表面都聚集正电荷
D．无法判断a、b表面聚集何种电荷
A [金属导体靠自由电子导电，金属中正离子并没有移动，而电流由金属导体中的自由电子的定向移动(向左移动)形成．根据左手定则，四指应指向电流的方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指的指向即为自由电子的受力方向．也就是说，自由电子受洛伦兹力方向指向a表面一侧，实际上自由电子在向左移动的同时，受到指向a表面的作用力，并在a表面进行聚集，由于整个导体是呈电中性的(正、负电荷总量相等)，所以在b的表面“裸露”出正电荷层，并使b表面电势高于a表面电势，A正确．]
5．(多选)如图所示是磁流体发电机的原理示意图，金属板M、N正对平行放置，且板面垂直于纸面，在两极板之间接有电阻R.在极板间有垂直于纸面向里的匀强磁场．当等离子束(分别带有等量正、负电荷的离子束)从左向右进入极板时，下列说法中正确的是(不计粒子所受重力) ( )
A．N板的电势高于M板的电势
B．M板的电势高于N板的电势
C．R中有由b向a方向的电流
D．R中有由a向b方向的电流
BD [根据左手定则可知带正电荷的离子向上极板偏转，带负电荷的离子向下极板偏转，则M板的电势高于N板的电势．M板相当于电源的正极，那么R中有由a向b方向的电流．故选BD.]
6.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为( )
A．∶2 B．∶1
C．∶1 D．3∶
C [相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动．粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R.其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内．
同理可知，粒子以v2入射及出射情况，如图乙所示．由几何关系知r2＝＝R，
可得r2∶r1＝∶1.
因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，
所以v2∶v1＝∶1.故选C.]
二、非选择题(14分)
7．回旋加速器的工作原理如甲所示，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＝.一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，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.
[解析] (1)粒子在磁场中运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝.
(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，加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－.
[答案] (1) (2)－
[能力提升练]
(时间：25分钟 分值：50分)
一、选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分)
1．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为 ( )
A． B．
C． D．
A [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r＝R，由qvB＝m可得，B＝，选项A正确．]
2．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为( )
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而增大，d与v0无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
A [设粒子从M点进入磁场时的速度大小为v，该速度与水平方向的夹角为θ，故有v＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为r＝.而MN之间的距离为d＝2rcos θ.联立解得d＝2，故选项A正确．]
3．如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点( )
A． B．
C． D．
B [粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间为t＝＋＝，所以B选项正确．]
4．如图所示，在足够大的屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P为屏上一小孔，PC与MN垂直．一束质量为m、电荷量为－q的粒子(不计重力)以相同的速率v从P处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC夹角为θ的范围内，则在屏MN上被粒子打中区域的长度为( )
A． B．
C． D．
D [如图所示，ST之间的距离为在屏MN上被粒子打中区域的长度．粒子在磁场中运动的轨道半径R＝
则PS＝2Rcos θ＝，
PT＝2R＝，所以ST＝.]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(12分)如图所示，有一对平行金属板，两板相距为0.05 m，电压为10 V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝0.1 T，方向与金属板平行并垂直于纸面向里．图中右边有一半径R为0.1 m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直于纸面向里．一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出．已知速度的偏向角θ＝，不计离子重力．求：
(1)离子速度v的大小；
(2)离子的比荷；
(3)离子在圆形磁场区域中运动时间t.
[解析] (1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力大小相等，即：
B0qv＝qE0
E0＝
解得v＝2 000 m/s.
(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：
Bqv＝m
由几何关系有：tan ＝
解得离子的比荷为：＝2×104 C/kg.
(3)弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t，
t＝·T
T＝
解得t＝×10－4 s≈9×10－5 s.
[答案] (1)2 000 m/s (2)2×104 C/kg
(3)9×10－5 s
6．(14分)如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做匀速圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：
(1)速度的大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦．
[解析] (1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得
qvB＝m ①
当
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得Rsin α＝R－ ③
Rsin α＝a－Rcos α ④
又sin2α＋cos2α＝1 ⑤
由③④⑤式得R＝a ⑥
由①⑥式得v＝.
(2)由③⑥式得sin α＝.
[答案] (1) (2)
