江苏版高考物理一轮复习第9章素养10复合场中的STSE问题课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第9章素养10复合场中的STSE问题课时学案，共24页。

(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。
[解析] (1)甲种离子在电场中加速时，有
qU0＝eq \f(1,2)×2mv2①
设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，则有
qvB＝2meq \f(v2,r1)②
根据几何关系有
x＝2r1－L③
由①②③式解得x＝eq \f(4,B)eq \r(\f(mU0,q))－L④
(2)如图所示，最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d＝r1－eq \r(r\\al(2,1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2)⑤
由①②⑤式解得d＝eq \f(2,B)eq \r(\f(mU0,q))－eq \r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))⑥
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2
r1的最小半径
r1min＝eq \f(2,B)eq \r(\f(mU0－ΔU,q))⑦
r2的最大半径r2max＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mU0＋ΔU,q))⑧
由题意知2r1min－2r2max＞L，
即eq \f(4,B)eq \r(\f(mU0－ΔU,q))－eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU0＋ΔU,q))＞L⑨
由⑦⑧⑨式解得
L＜eq \f(2,B)eq \r(\f(m,q))[2eq \r(U0－ΔU)－eq \r(2U0＋ΔU)]⑩
[答案] (1)eq \f(4,B)eq \r(\f(mU0,q))－L
(2)eq \f(2,B)eq \r(\f(mU0,q))－eq \r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))
(3)L＜eq \f(2,B)eq \r(\f(m,q))[2eq \r(U0－ΔU)－eq \r(2U0＋ΔU)]
回旋加速器
[示例2] (2021·江苏卷)如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
图1 图2
(1)粒子加速到P点所需要的时间t；
(2)极板N的最大厚度dm；
(3)磁场区域的最大半径Rm。
[解析] (1)设粒子在P的速度大小为vP，则根据
qvPB＝meq \f(v\\al(2,P),R)
可知半径表达式为
R＝eq \f(mvP,qB)
粒子在静电场中加速，根据动能定理有
nqU ＝ eq \f(1,2)mveq \\al(2,P )
粒子在磁场中运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB)
粒子运动的总时间为
t＝(n－1)×eq \f(T,2)
解得t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(qB2R2,2mU)－1))eq \f(πm,qB)。
(2)由粒子的运动半径r＝eq \f(mv,qB)，结合动能表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2变形得
r＝eq \f(\r(2mEk),qB)
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为
r1＝eq \f(\r(2m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(EkP－qU))),qB)，r2＝eq \f(\r(2m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(EkP－2qU))),qB)
由几何关系
dm＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r1－r2))
结合且EkP＝eq \f(qBR2,2m)解得
dm＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(R2－\f(2mU,qB2))－\r(R2－\f(4mU,qB2))))。
(3)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力
qvPB－qE＝meq \f(v\\al(2,P),rQ)
设粒子离开偏转器的点为E，圆周运动的圆心为O′。由题意知，O′在EQ上，且粒子飞离磁场的点与O、O′在一条直线上
粒子在偏转器中运动的圆心在Q点，从偏转器飞出，即从E点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为R，然后轨迹发生偏离，从加速器的F点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
Rm＝OF＝R＋OO′
将等腰三角形△OO′Q放大如图
虚线为从Q点向OO′所引垂线，虚线平分α角，则
OO′＝2(rQ－R)·sin eq \f(α,2)
解得最大半径为Rm＝R＋eq \f(2mER,qB2R－mE)sineq \f(α,2)。
[答案] (1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(qB2R2,2mU)－1))eq \f(πm,qB)
(2)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(R2－\f(2mU,qB2))－\r(R2－\f(4mU,qB2))))
(3)R＋eq \f(2mER,qB2R－mE)sineq \f(α,2)
速度选择器
[示例3] 在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )
A．一定带正电
B．速度v＝eq \f(E,B)
C．若速度v>eq \f(E,B)，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
B [粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝eq \f(E,B)，选项B正确；若速度v>eq \f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不可能做直线运动，选项D错误。]
电磁流量计
[示例4] 如图甲所示为“海影号”电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M和N分别连接舰艇内电源的正极和负极，舰艇内超导体在M、N间产生强磁场，使M、N间海水受到磁场力作用被推出，船因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则所加磁场的方向应为( )

甲 乙
A．水平向左 B．水平向右
C．竖直向上 D．竖直向下
C [题图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右的作用力，由牛顿第三定律知，海水受到的安培力必须向左，M接正极，电流从M到N，由左手定则知所加磁场方向必须竖直向上，选项C正确。]
霍尔元件
[示例5] (2022·连云港模拟)利用霍尔元件可以制作位移传感器。如图甲所示，将霍尔元件置于两块磁性强弱相同、同名磁极相对放置的磁体间隙中，以中间位置为坐标原点建立如图乙所示的空间坐标系，当物体沿x轴方向移动时，霍尔元件将产生不同的霍尔电压U，已知在小范围内，磁感应强度B的大小与x成正比，电流I沿＋z方向且保持不变，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．电流I越小，霍尔电压U越大
B．位移传感器无法确定位移的方向
C．位移传感器的刻度线是均匀的
D．当霍尔元件处于x＞0的位置时，上表面电势高
C [当霍尔元件产生稳定电压时，在元件内部有qvB＝qeq \f(U,d)，I＝nqSv，解得U＝eq \f(Bd,nqS)I，电流I越小，霍尔电压U越小，故A错误；在小范围内，磁感应强度B的大小与x成正比，则B＝kx，解得：U＝eq \f(kdI,nqS)x，电压与位移成正比，位移传感器的刻度线是均匀的，故C正确；若载流子所带电荷正负确定，根据左手定则，可以确定上表面电势的高低，位移传感器可以确定位移方向，故B错误；载流子的正负电荷未知，无法确定上表面电势高低，故D错误。故选C。]
讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。课时分层作业(二十七) 带电粒子在复合场中的运动
(对应学生用书第455页)
题组一 带电粒子在组合场中的运动
1．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的( )
A．质量 B．电量
C．比荷 D．动能
C [带电粒子在辐射电场中做圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qE＝meq \f(v2,r1)
带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
qvB＝meq \f(v2,r2)
解得：r1＝eq \f(mv2,qE)，r2＝eq \f(mv,qB)，
运动轨迹相同的粒子半径相同，即它们具有相同的速度和比荷，故C正确，ABD错误。]
2．(2023·镇江模拟)如图所示，比荷为k的粒子从静止开始，经加速电场U加速后进入辐向的电场E进行第一次筛选，在辐向电场中粒子做半径为R的匀速圆周运动，经过无场区从小孔P1处垂直边界进入垂直纸面向外的匀强磁场B中进行第二次筛选，在与O2距离为d的小孔P2处垂直边界射出并被收集。已知静电分析器和磁分析器界面均为四分之一圆弧，以下叙述正确的是( )
A．静电分析器中K1的电势高于K2的电势
B．被收集的带电粒子一定带负电
C．电场强度E与磁感应强度B的比值关系为eq \f(E,B)＝eq \f(R,d)eq \r(2kU)
D．若增大U，为保证B不变，则被收集粒子的k比原来大
D [粒子在磁场内做匀速圆周运动，磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外，由左手定则可以判断出粒子一定带正电；在辐向电场中，电场力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，可以判断出K1的电势低于K2的电势；故A、B错误；
粒子经加速电场加速qU＝eq \f(1,2)mv2
在电场中做匀速圆周运动
Eq＝meq \f(v2,R)
在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝meq \f(v2,d)
联立解得
eq \f(E,B)＝eq \f(d,R)eq \r(2kU)
故C错误；
由C项解得
B＝eq \f(1,d)eq \r(\f(2U,k))
为保证B不变，U增大时，则k增大，故D正确。
故选D。]
题组二 带电粒子在叠加场中的运动
3.如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是( )
A．微粒可能带正电，也可能带负电
B．微粒的动能可能变大
C．微粒的电势能一定减小
D．微粒的机械能一定不变
C [由受力分析可知，微粒受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，因微粒在复合场中做直线运动，可知其所受合力为零，根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示，所以微粒一定带负电，A错误；微粒一定做匀速直线运动，否则速度变化，洛伦兹力大小变化，微粒将做曲线运动，因此微粒的动能保持不变，B错误；微粒由a沿直线ab运动的过程中，电场力做正功，电势能一定减小，C正确；在微粒的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力做正功，则微粒的机械能一定增加，D错误。]
4.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
C [液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，故B错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)得v＝eq \f(RBg,E)，故D错误。]
题组三 带电粒子在交变电场中的运动
5．(2023·扬州模拟)如图(a)所示，圆心为O的圆形区域，半径R＝10 cm，MN为荧光屏，长度L＝100 cm，P为屏的中点，圆形区域圆心O距离荧光屏s＝20 cm, OP垂直于MN，大量的带电粒子经U＝2 000 V 电压加速，形成一连续的粒子束，沿半径方向进入圆形区域。当圆形区域内不加磁场时，带电粒子打在荧光屏中心P点，当圆形区域加一匀强磁场后，粒子束经磁场偏转打到荧光屏另一位置，通过改变磁场的大小、方向来改变粒子束打在荧光屏上的位置，磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示，已知带电粒子的电荷量q＝1×10－3 C，质量m＝1×10－8 kg，不计粒子重力，忽略粒子在磁场中运动的时间，则下面说法正确的是( )
(a) (b)
A．粒子进入磁场区域的速度v＝2×103 m/s
B．t＝0时刻进入磁场的粒子，速度偏转角度θ＝30°
C．电子束打在荧光屏的范围宽度为40eq \r(3) cm
D．若B的最大值为2 T，则t＝0时刻进入磁场的粒子可以打到荧光屏上
C [根据Uq＝eq \f(1,2)mv2可得粒子进入磁场区域的速度：v＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1×10－3×2 000,1×10－8)) m/s＝2×104 m/s，选项A错误；t＝0时刻进入磁场的粒子， B0＝eq \f(2\r(3),3) T，则运动半径r0＝eq \f(mv,qB0)＝0.1eq \r(3) m＝10eq \r(3) cm，由几何关系可知，tan α＝eq \f(R,r)＝eq \f(\r(3),3)，α＝30°，则速度偏转角度θ＝2α＝60°，选项B错误；当t＝0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为y＝eq \x\t(OP)tan 60°＝20eq \r(3) cm，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y＝40eq \r(3) cm，选项C正确；若B的最大值为2 T，则粒子运动半径r＝eq \f(mv,qBm)＝10－2 m＝10 cm＝R，则粒子离开磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D错误。]
6．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示。薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°。在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为eq \f(R,2)的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示，粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )
(a)
(b)
A．磁场方向垂直纸面向外
B．图(b)中B0＝eq \f(2mv,qR)
C．图(b)中T0＝eq \f(π＋2R,v)
D．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点
B [根据题图(a)轨迹可知，带正电的粒子从O点向上偏转做圆周运动，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB0＝m eq \f(v2,\f(R,2))，解得磁感应强度：B0＝eq \f(2mv,qR)，选项B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t1＝eq \f(R,v)，虚线区域加入磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t2＝eq \f(s,v)＝eq \f(2π×\f(R,2),v)＝eq \f(πR,v)，磁场变化的周期：T0＝t1＋t2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋1))R,v) ，选项C错误；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到达O点后向下，与板碰撞后，到达B板，与B碰撞后向上偏转，90°然后从磁场中飞出，不能返回A点，选项D错误。故选B。]
题组四 复合场中的STSE问题
7.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源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，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。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是( )
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D．不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
A [由T＝eq \f(2πR,v)，T＝eq \f(1,f)，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T′＝eq \f(2πmα,qαB)，故选项D错误。]
8．霍尔元件广泛应用于生产生活中，有的电动自行车上控制速度的转动把手就应用了霍尔元件，这种转动把手称为“霍尔转把”。“霍尔转把”内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图。开启电动自行车的电源时，在霍尔器件的上下面之间就有一个恒定电流I。如图所示。将“霍尔转把”旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就发生变化，霍尔器件就能输出变化的电势差U。这个电势差是控制车速的，电势差与车速的关系如图。以下叙述正确的是( )
A．若霍尔元件的自由电荷是自由电子，则C端的电势高于D端的电势
B．若改变霍尔器件上下面之间的恒定电流I的方向，将影响车速控制
C．其他条件不变，仅增大恒定电流I，可使电动自行车更容易获得最大速度
D．按第一张图顺时针均匀转动把手，车速减小
C [若霍尔元件的自由电荷是自由电子，根据左手定则，电子受到洛伦兹力向C端相连接的面移动，因此C端电势低于D端的电势，故A错误；当霍尔元件上下面之间的恒定电流I的方向改变，从霍尔元件输出的控制车速的电势差正负号相反，但由题中第四张图可知，不会影响车速控制，故B错误；设自由电子定向移动的速率为v，霍尔元件前后面间的距离为h，左右表面间距离为d，达到稳定后，自由电荷受力平衡，由Bqv＝qeq \f(U,h)，可得U＝Bhv，电流的微观表达式I＝nqvS＝nqvhd，则U＝eq \f(BI,nqd)，可知仅增大电流I时前后表面电势差增大，对应的车速更大，电动自行车的加速性能更好，更容易获得最大速度，故C正确；当按题中第一张图顺时针均匀转动把手时霍尔器件周围场强增大，那么霍尔器件输出的控制车速的电势差U增大，因此车速变快，但并不是增加的越来越快，故D错误，故选C。]
9．(2021·江苏省新高考适应性考试)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场强度为E，方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为＋q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为Ek。已知K、Q的距离为d。
(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；
(2)求磁场的磁感应强度大小B；
(3)如果在Δt时间内有一束该种粒子从P点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求Δt的范围。
[解析] (1)在磁场中动能不会增加，末动能全来自电场力所做的功，由动能定理可得
N·qEL＝Ek
可解得N＝eq \f(Ek,qEL)。
(2)设粒子从K射出时速度为v，在磁场中洛伦兹力作为向心力有qvB＝meq \f(v2,r)
在磁场中最后半圈的半径r＝eq \f(d,2)
因为eq \f(1,2)mv2＝Ek
联立可解得B＝eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)。
(3)粒子运动第一圈的过程中，若第一个粒子运动一圈回到P时最后一个粒子还未飘入P或刚好飘入P，则会发生碰撞，即Δt小于粒子运动一圈的总时间t总。从P加速至Q过程，由牛顿第二定律可知a＝eq \f(qE,m)
由运动学公式有veq \\al(2,1)＝2aL
该过程时间t1＝eq \f(v1,a)
在磁场Ⅱ中的半周后匀速穿过中间宽为L的区域，再转回磁场Ⅰ半周，磁场中两个半周的时间相当于一个周期，即t2＝T＝eq \f(2πr1,v1)
其中r1＝eq \f(mv1,qB)
匀速向左穿过中间宽为L区域时间t3＝eq \f(L,v1)
粒子运动一圈的总时间t总＝t1＋t2＋t3
联立上述各式可解得t总＝eq \f(3,2)eq \r(\f(2mL,qE))＋πdeq \r(\f(m,2Ek))
由前面分析可知ΔtΔt[答案] (1)eq \f(Ek,qEL) (2)eq \f(2,qd)eq \r(2mEk)
(3)Δt10．(2023·南京模拟)一台质谱仪工作原理如图甲所示，带电离子从O1孔沿速度选择器的中轴线O1O2进入正交电磁场中，已知磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，MN板电压UMN＝U0(U0＞0)，板间距为d，板间电场为匀强电场。离子从O2射出后进入垂直纸面向里，大小为B2的匀强磁场，经磁场偏转打在荧光屏上，PQ垂直O1O2，不考虑离子间相互作用和重力的影响。
(1)离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，求穿出时粒子的速度v0；
(2)质量m、电荷量q、速度为v的离子进入速度选择器时不满足匀速直线运动的条件(v略微大于匀速直线运动速度v0)，离子的运动可视为一个沿O1O2的匀速直线运动和一个垂直磁场做匀速圆周运动的合运动，为使得离子沿初速度方向通过O2孔，O1O2间距离L为多少？
(3)如图乙所示，大量一价氦离子从O2孔垂直磁场射出，射出离子的发散角为θ，且左右对称。若射出离子的速度v大小为v0－Δv≤v≤v0＋Δv(v0为已知量)，氦离子包括氦3和氦4离子，电荷量都是e，质量分别是3m0和4m0，要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，两组亮线区域的最短间距应不小于其中氦3亮线宽度区域的十分之一，则Δv应该满足什么条件？
甲 乙
[解析] (1)M、N两板间电场强度大小为E＝eq \f(U0,d)①
离子在速度选择器中沿直线运动并通过O2孔，根据平衡条件有qE＝qv0B1②
联立①②解得v0＝eq \f(U0,B1d)。③
(2)当v略微大于匀速直线运动速度v0时，可以将v分解为两个同向的分速度，其中一个分速度大小为v0，对应离子的匀速直线分运动，所以离子从O1到O2的运动时间为t＝eq \f(L,v0)④
另一个分运动为匀速圆周运动
根据牛顿第二定律有qvB1＝mveq \f(2π,T)⑤
可得离子的圆周分运动的周期为T＝eq \f(2πm,B1q)⑥
根据圆周运动的周期性可知t＝nT(n＝1,2,3…)⑦
联立③④⑥⑦解得L＝eq \f(2nπmU0,qdB\\al(2,1))(n＝1,2,3…)。⑧
(3)设离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB2＝meq \f(v2,R)⑨
解得R＝eq \f(mv,B2e)⑩
根据⑩式可推知氦3离子运动的最大和最小半径分别为
R3max＝eq \f(3m0v0＋Δv,B2e)⑪
R3min＝eq \f(3m0v0－Δv,B2e)⑫
所以氦3离子所能达到荧光屏上的最远位置到O2的距离为x3max＝2R3max＝eq \f(6m0v0＋Δv,B2e)⑬
氦3离子所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为x3min＝2R3mincs eq \f(θ,2)＝eq \f(6m0v0－Δvcs \f(θ,2),B2e)⑭
氦3亮线宽度为d3＝x3max－x3min⑮
同理可知氦4所能达到荧光屏上的最近位置到O2的距离为x4min＝eq \f(8m0v0－Δvcs \f(θ,2),B2e)⑯
由题意可知要能在荧光屏上分辨出氦3和氦4离子，则x4min－x3max≥eq \f(d3,10)⑰
联立⑬～⑰式解得Δv≤eq \f(43cs \f(θ,2)－33,43cs \f(θ,2)＋33)v0。
[答案] (1)eq \f(U0,B1d) (2)eq \f(2nπmU0,qdB\\al(2,1))(n＝1,2,3……)
(3)Δv≤eq \f(43cs \f(θ,2)－33,43cs \f(θ,2)＋33)v0
11．如图甲所示，电子从静止开始经加速电场加速后从O点以速度v水平射入有界匀强磁场，恰好从M点飞出。已知磁场宽度为eq \r(3)L，MP的距离为L，电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)加速电压U；
(2)磁感应强度B1；
(3)若磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，磁场垂直纸面向外为正方向，要使t＝0时刻射入的电子从M点水平射出，磁感应强度B2和周期T应该满足的条件。
甲 乙
[解析] (1)根据动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2
解得U＝eq \f(mv2,2e)。
(2)电子运动轨迹如图
根据几何关系有req \\al(2,1)＝(eq \r(3)L)2＋(r1－L)2
解得r1＝2L
对于电子有eB1v＝meq \f(v2,r1)
解得B1＝eq \f(mv,2eL)。
(3)电子运动轨迹如图
可知：θ＝60°，电子经n个周期后从M点射出。则
OM＝2nr2
即2L＝2nr2
又eBv＝meq \f(v2,r2)
解得B2＝eq \f(nmv,eL)(n＝1,2,3…)
周期关系为eq \f(1,6)×T圆＝eq \f(1,2)T
即eq \f(1,6)×eq \f(2πm,eB2)＝eq \f(1,2)T
解得T＝eq \f(2πL,3nv)(n＝1,2,3…)。
[答案] (1)eq \f(mv2,2e) (2)eq \f(mv,2eL) (3)eq \f(nmv,eL)(n＝1,2,3…) eq \f(2πL,3nv)(n＝1,2,3…)
装置
原理图
规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速qU＝eq \f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq \f(v2,R)，则比荷eq \f(q,m)＝eq \f(2U,B2R2)
装置
原理图
规律
回旋
加速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周运动的周期相同，带电粒子在圆周运动过程中每次经过D形盒缝隙都会被加速。由qvB＝meq \f(v2,r)得Ekm＝eq \f(q2B2r2,2m)
装置
原理图
规律
速度
选择器
若qv0B＝Eq，即v0＝eq \f(E,B)，带电粒子做匀速运动
装置
原理图
规律
电磁
流量计
eq \f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq \f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq \f(U,DB)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(D,2)))2＝eq \f(πUD,4B)
装置
原理图
规律
霍尔
元件
当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差