2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：专题九 带电粒子在复合场中的运动

这是一份2022届高三统考物理人教版一轮复习学案：专题九 带电粒子在复合场中的运动，共18页。

考点一 带电粒子在组合场中的运动
多维探究
“电偏转”和“磁偏转”的比较
题型1|电场＋磁场
例1 [2020·全国卷Ⅱ，17]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点．则( )
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
题型2磁场＋电场
例2 [2020·南昌十校模拟]如图所示，半径r＝0.06 m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R＝0.1 m、磁感应强度大小B＝0.075 T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0,0.08 m)，平行金属板M、N长L＝0.3 m，间距d＝0.1 m，极板间所加电压U＝6.4×102 V，其中N极板上收集的粒子被全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v＝6.0×105 m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限射出的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷qm＝108 C/kg，不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)粒子在磁场中的运动半径R0；
(2)从坐标(0,0.18 m)处射出磁场的粒子在O点入射方向与y轴夹角θ；
(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η.
练1 [2020·聊城模拟]如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ.在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能沿平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)求：
(1)粒子初速度大小v0；
(2)电场的电场强度大小E；
(3)荧光屏上的发光区域长度Δx.
题后反思
带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；
第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：
第3步：用规律
考点二 带电粒子在叠加场中的运动
师生共研
例3 [2020·合肥三模]如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E1，虚线与x轴的夹角为45°，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；第三、四象限有水平向左的匀强电场，电场强度为E2，且E1＝E2.现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的点P(－2L,0)，以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，E1、E2、B均未知，已知重力加速度为g.求：
(1)电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小；
(2)N点的位置坐标和微粒通过N点的速度大小；
(3)微粒从P点运动到N点经历的时间．
练2 [2020·湖北荆州二模](多选)如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能经过最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g.则( )
A．小球在最低点A开始运动的初速度大小为vA＝5gR
B．小球返回A点后可以第二次到达最高点C
C．小球带正电，且电场强度大小为mgq
D．匀强磁场的磁感应强度大小为mqgR
练3 如图所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直的水平向左的匀强电场和水平向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙．质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量－q(q>0)．质量为13m的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变．
(1)求碰撞后小物体A的速度大小．
(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝3mgqv0，电场强度为E＝7μmgq，小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大．求小物体A的最大速度vm和此过程克服摩擦力所做的功W.
题后反思
带电粒子在叠加场中运动的分析方法
考点三 带电粒子在交变电磁场中的运动
师生共研
例4 如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动．若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示．随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角．已知D、Q间的距离为(3＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g.

(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.
练4 如图甲所示，以两虚线M、N为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M、N间电压UMN的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U0、周期为T0；M、N两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.t＝0时，将一带正电的粒子从边界线M上的A处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T0，两虚线M、N间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．
(1)求该粒子的比荷；
(2)求粒子第1次和第2次从右向左经边界线N离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离Δd.
题后反思
带电粒子在交变电场，磁场中运动的解题关键
(1)明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断．
(2)这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系．
考点四 复合场中的STSE问题
师生共研
题型1|组合场中的STSE问题
例5 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( )
A．11 B．12 C．121 D．144
例6 [2021·重庆南开中学一诊] (多选)如图所示，回旋加速器由置于真空中的两个半径为R的D形金属盒构成，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．两盒间的加速电压为U，方向发生周期性变化，使得粒子每进入狭缝即被加速．从A处粒子源产生的带正电粒子质量为m、电荷量为q、初速度不计，粒子重力不计．则( )
A．粒子能获得的最大速率为qBRm
B．粒子能获得的最大速率为2qBRm
C．粒子在加速器中运动的时间为πBR22U
D．粒子在加速器中运动的时间为πBR2U
题型2|叠加场中的STSE问题
例7 如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( )
A．一定带正电
B．速度大小为EB
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于EB，将一定向下极板偏转
例8 (多选)如图为一利用海流发电的原理图，用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道，在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N，板长为a，宽为b，板间的距离为d，将管道沿海流方向固定在海水中，在管道中加一个与前、后表面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B，将电阻为R的航标灯与两金属板连接(图中未画出)．海流方向如图所示，海流速率为v，下列说法正确的是( )
A．M板电势高于N板的电势
B．发电机的电动势为Bdv
C．发电机的电动势为Bav
D．管道内海水受到的安培力方向向左
练5 [2019·天津卷，4]笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v.当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭．则元件的( )
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa
练6 质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷qm，进而推测有机物的分子结构．已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心．则下列说法正确的是( )
A．高压电源A端应接电源的正极
B．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里
C．若离子化后的两同位素X1、X2(X1质量大于X2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1
D．若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷qm＝2Utan2ϴ2B2R2
题后反思
解决实际问题的一般过程
思维拓展
破解高考压轴题策略——“情境示意，一目了然”
认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图(示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等)将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更为明显，进而快速简便解题．
eq \a\vs4\al\c1(,)
如图所示，M、N为加速电场的两极板，M板中心Q点有一小孔，其正上方有圆心为O、半径R1＝1 m的圆形磁场区域和圆心为O、内半径为R1、外半径R2＝2m的环形磁场区域．环形磁场区域的外边界与M板相切于Q点．两个磁场均垂直于纸面，磁感应强度大小均为B(B＝0.5 T)，但方向相反．一带正电的粒子从N板附近的P点由静止释放，经加速后通过小孔，垂直进入环形磁场区域．已知点P、Q、O在同一直线上，粒子的比荷qm＝4×107 C/kg，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．
(1)若加速电场的两极板间的电压U1＝5×106 V，求粒子刚进入环形磁场时的速率v0；
(2)要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足什么条件？
(3)当加速电场的两极板间的电压为某一值时，粒子进入圆形磁场区域后恰能水平通过圆心O，之后返回到出发点P，求粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间t.
[教你解决问题]
第1步：读题eq \(――→,\s\up7(分析))运动过程eq \(――→,\s\up7(建构))运动模型．
模型1：粒子在电场中做匀加速直线运动
模型2：粒子在两磁场中均做匀速圆周运动
第2步：“抽象思维”eq \(――→,\s\up7(转化为))“形象思维”
几何关系：O2O3＝2O2Q＝2r2
↓
∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°
↓
∠OO3O2＝150°
专题九 带电粒子在复合场中的运动
考点突破
例1 解析：
电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有eU＝12mv2，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有evB＝mv2r，则r＝mvBe，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝dr(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dBe2mU，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确．
答案：D
例2 解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，有
qvB＝mv2R0
解得R0＝mvqB＝0.08 m
(2)如图所示，设从y＝0.18 m处射出的粒子对应入射方向与y轴夹角为θ，由几何关系可得sin θ＝0.8
故θ＝53°
(3)如图所示，设恰能从下极板右端射出的粒子射出磁场时的纵坐标为y，则y＝UqL22mdv2＝0.08 m
设此粒子入射时速度方向与x轴夹角为α，
则有y＝r sin α＋R0－R0cs α
解得tan α＝43，即α＝53°
比例η＝53°180°×100%＝29%
答案：(1)0.08 m (2)53° (3)29%
练1 解析：(1)如图所示，
分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1＝R
由qv0B1＝mv02 R得v0＝qB1Rm；
(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为r2＝2R
由qvB2＝mv22R得：v＝2qB2Rm
粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：
－qER＝12mv2-12mv02
解得：E＝qR2m(B12-4B22)；
(3)如图分析可知，
速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：
(x1cs θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝4R2
解得：x1＝221-35R
速度方向与电场方向平行向右射入区域Ⅰ中的粒子将沿平行电场方向从区域Ⅰ中的最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：
(x2cs θ－R)2＋(x2sin θ)2＝4R2
解得：x2＝221+35R
分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为Δx＝x2－x1
解得：Δx＝1.2R.
答案：(1)qB1Rm (2)E＝qR2m(B12-4B22) (3)1.2R
例3 解析：(1)由带电微粒沿PQ做直线运动，可知微粒带负电，且qE1＝mg
解得E1＝mgq
带电微粒从Q到O的过程，做匀速圆周运动，如图所示，
由几何关系可知轨迹半径r＝12OP sin 45°
又qv0B＝mv02 r
代入已知条件OP＝2L
解得B＝2mv0qL.
(2)带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，因为E1＝E2，则
沿x轴负方向，初速度vx＝v0sin 45°＝22v0
受到的水平向右的电场力qE2＝mg
则微粒从O运动到N的时间tON＝2vxg
微粒到达N点时沿x轴正方向的速度大小vNx＝vx
沿y轴负方向，初速度vy＝v0cs 45°＝22v0，受重力mg
则微粒到达N点时沿y轴负方向的速度大小vNy＝vy＋gtON
N点的纵坐标绝对值yN＝vytON+12gtON2
微粒通过N点的速度大小vN=vNx2+vNy2
综上解得tON＝2 v0g, vN＝5v0，yN＝2v02 g
N点的位置坐标为0，-2v02 g.
(3)由几何关系可知，带电微粒沿PQ做直线运动的时间tPQ＝Lv0
带电微粒从Q到O做匀速圆周运动的时间tQO＝πrv0＝πL2v0
微粒从P点运动到N点经历的时间t＝tPQ＋tQO＋tON＝Lv0+πL2v0+2v0g.
答案：(1)mgq 2mv0qL 20，-2v02 g 5v0 (3)Lv0+πL2v0+2v0g
练2 解析：小球恰好能经过最高点C，则有mg＝mvC2 R，解得vC＝gR，从A到C的过程由动能定理有－mg·2R＝12mvC2-12mvA2，解得vA＝5gR，选项A正确；因小球在复合场中以速度gR做匀速圆周运动，故小球再次过A点时的速度为gR<5gR，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg＝qE，解得电场强度大小为E＝mgq，选项C正确；由qvB＝mv2R，其中v＝gR，解得匀强磁场的磁感应强度大小为B＝mqgR，选项D正确．
答案：ACD
练3 解析：本题考查带电物体在复合场中的直线运动、动量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理及其相关知识点．
(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性正碰，动量、机械能均守恒，取水平向右为正方向，则有mBv0＝mBvB＋mAvA，
12mBv02＝12mBvB2+12mAvA2，
解得vA＝v02.
(2)当物体A的加速度等于零时，其速度达到最大值vm，受力如图所示，由平衡条件可知，在竖直方向有FN＝qvmB＋mg，在水平方向有qE＝μFN，
解得vm＝2v0，
根据动能定理得qEL－W＝12mvm2-12mvA2，
联立并代入相关数据可得W＝7μmgL-158mv02.
答案：(1)v02 (2)2v0 7μmgL-158mv02
例4 解析：(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq.
解得E＝mgq.
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示．
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝rtan30°
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角
θ＝2π－π-π3＝43π
则t0＝θrv0
联立解得t0t1＝439π.
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，
由几何关系得
R＋Rtan30°＝(3＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv0B0＝mv02 R
解得B0＝mv0qL
小球在一个周期内活动的路程
s1＝3×23×2πR＋6×Rtan30°＝(4π＋63)L
故Tm＝s1v0＝4π+63Lv0.
答案：(1)mgq (2)439π (3)mv0qL 4π+63Lv0
练4 解析：(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
周期为：T＝2πmBq，
由题可知：T＝T0，解得：qm＝2πT0B
(2)由于不计粒子穿越MN间的时间，则可认为t＝0时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为U0，t＝12T0时刻第1次自右向左穿过边界线N，再加速一次进入磁场区域Ⅱ时的速度为v1，
由动能定理得：2qU0＝12mv12，
第2次自右向左到达边界线N时被加速3次，速度设为v2，
由动能定理得：3qU0＝12mv22，
如图所示，两次到达边界N的位置距离为Δd：
Δd＝2(R2－R1)＝2mv2qB-mv1qB
解得：Δd＝2(3-2) U0T0πB.
答案：(1)2πT0B (2)2(3-2) U0T0πB
例5 解析：离子在加速电场有qU＝12mv2，在磁场中偏转有qvB＝mv2R，联立解得R＝1B 2mUq，经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，即R相同，因此有m离mH＝B'B2，离子和质子的质量比约为144，故选D.
答案：D
例6 解析：本题考查回旋加速器的相关知识．根据qvB＝mv2R得vmax＝qBRm，则粒子能获得的最大动能Ekm＝12mvmax2＝q2B2R22m，粒子被电场加速一次动能的增加量为qU，则粒子被加速的次数n＝EkmqU＝qB2R22mU，粒子在磁场中运动的周期数n′＝n2＝qB2R24Um，周期T＝2πmqB，则粒子从静止开始到出口处所需的时间t＝n′T＝πBR22U，A、C正确，B、D错误．
答案：AC
例7 解析：速度选择器不选择电性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A错误；根据电场力等于洛伦兹力，qE＝qvB，解得v＝EB，选项B正确；粒子只能沿PQ方向运动，不能沿QP方向运动，选项C错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于EB，无法确定粒子偏转方向，选项D错误．
答案：B
例8 解析：海水中的正离子受到的洛伦兹力向上，所以正离子向上偏转，即M板带正电，负离子受到的洛伦兹力向下，所以负离子向下偏转，N板带负电，可知M板的电势高于N板的电势，故A正确；M、N两极板间形成电场，当离子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，两板间的电压稳定，即qUd＝Bqv，解得U＝Bdv，两极板间的电压等于电源的电动势，即发电机的电动势为Bdv，故B正确，C错误；根据左手定则，管道内海水电流方向向上，所受安培力方向向左，故D正确．
答案：ABD
练5 解析：本题考查了霍尔元件的工作原理和应用，以及考生的理解能力和应用数学知识处理物理问题的能力，体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念．
根据左手定则判断出电子受力情况，可知电子偏转到后表面，前表面电势高于后表面电势，故A项错误．再由Ee＝Bev＝F洛，E＝Ua，解得U＝Bva，F洛＝eUa，U与v成正比、U与c无关，故B、C项错误，D项正确．
答案：D
练6 解析：加速带正电的离子，高压电源的B端带正电，A项错误；由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B项错误；由洛伦兹力提供向心力得轨道半径r＝mvqB，同位素的电荷量相同，所以轨道半径小的轨迹Ⅰ对应的离子质量小，即为X2，C项错误；在电场中有qU＝12mv2，在磁场中有r＝mvqB，且有tan θ2＝Rr，联立解得qm＝2Utan2θ2B2R2，D项正确．
答案：D
思维拓展
典例1 解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理有qU1＝12mv02
解得v0＝2×107m/s.
(2)粒子刚好不进入中间圆形磁场时的运动轨迹如图甲所示，圆心O1在M板上．
设此时粒子在磁场中运动的轨道半径为r1.
根据图中的几何关系(Rt△OQO1)有
r12+R22＝(r1＋R1)2
又根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv2r1
在加速电场中，由动能定理有qU2＝12mv2
联立并代入数据解得U2＝1.25×106 V
要使粒子能进入中间的圆形磁场区域，加速电场的两极板间的电压U2应满足的条件为
U2>1.25×106 V.
(3)依题意作出粒子的运动轨迹，如图乙所示．由于O、O3、Q共线，且粒子在两磁场中运动的轨迹半径(设为r2)相同，故有O2O3＝2O2Q＝2r2，由此可判断∠QO3O2＝30°，∠QO2O3＝60°，进而判断∠OO3O2＝150°
粒子从进入磁场到第一次回到Q点所用的时间
t＝260°360°T+150°360°T＝76T
又T＝2πmqB
联立并代入数据解得t＝7π6×10－7 s.
答案：(1)2×107 m/s (2)U2>1.25×106 V
(3)7π6×10－7 s
垂直进入磁场(磁偏转)
垂直进入电场(电偏转)
情景图
受力
FB＝qv0B，FB大小不变，方向总指向圆心，方向变化，为变力
FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力
运动
规律
匀速圆周运动，r＝mv0Bq，T＝2πmBq
类平抛运动，vx＝v0，vy＝Eqmt，x＝v0t，y＝Eq2mt2
运动
时间
t＝θ2πT＝θmBq
t＝Lv0
动能
不变
变化
装置
原理图
规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速，qU＝12mv2.
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2r.
由以上两式可得
r＝1B2mUq，m＝qr2B22U， qm＝2UB2r2
回旋加
速器
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝mv2r，得Ekm＝q2B2r22m，可见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
装置
原理图
规律
速度选
择器
若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做匀速直线运动，与q的大小、电性均无关
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，两极电压为U时稳定，qUd＝qv0B，U＝Bdv0
电磁流
量计
UDq＝qvB，所以v＝UDB，所以Q＝vS＝UDBπD22
霍尔
效应
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