带电粒子的运动V与磁场B的方向成&角,解释带电粒子在磁场中是如何运动的?

设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则
由 qvB=m
v2
r，得 r=[mv/qB]，T=[2πr/v＝
2πm
qB]
环形电流：I=[q/T]=
q2B
2πm，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比．
故选D．

点评：
本题考点： 电磁场；电流、电压概念．

考点点评： 本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键．

粒子在电场中做类平抛运动，
根据牛顿第二定律与运动学公式可得，
经过电场后的偏转位移y=[1/2at2=
1
2
qU
md(
L
v0)2
而电场中，电势能的变化量等于电场力做功的多少，
即△E=W
又W= -qEy=-q
U
dy
由以上两式，综合而得，
飞出极板时电势能的变化量为-
q2U2L2
2md2
v20]
故答案为：-
q2U2L2
2md2
v20

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题运用动能定理研究带电粒子的电场中和复合场中的运动，列式时要抓住洛伦兹力不做功的特点．

A、a点的电场强度比b点小，则在a所受的电场力（即合力）小，所以粒子的加速度在a点时较小．故A错误．
B、根据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷．从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大．但a点到b点，整个过程最终电场力做正功，所以a点的电势能大于b点，a点的动能小于b点．故B、C错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 电场线；牛顿第二定律；电场强度；电势能．

考点点评： 解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化．

（1）粒子离开电场时，合速度与水平夹角30度，
由速度关系得合速度：v=
v0
cos30°=
2
3v0
3，
vy=v0tan30°=

3v0
3
（2）粒子在匀强电场中为类平抛运动，
在水平方向上：L=v₀t，
在竖直方向上：v_y=at，
由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：E=

3mv02
3qL；
（3）粒子做类平抛运动，
在竖直方向上：d=
1
2at2，
解得：d=

3
6L；
答：（1）粒子末速度的大小
2
3v0
3；（2）匀强电场的场强E=

3mv02
3qL；（3）两板间的距离：d=

3

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度．

考点点评： 本题考查了粒子在匀强电场中的运动，粒子在匀强磁场中做类平抛运动，应用匀速运动规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题；分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键．

设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则
由 qvB=m
v2
r，得 r=[mv/qB] T=[2πr/v]=[2πm/qB]
环形电流 I=[q/T]=
q2B
2πm
可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比．
故选D

点评：
本题考点： 电流、电压概念；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与B、I的联系是关键．

粒子在电场中加速qU=

在磁场中轨道半径r=

洛伦兹力提供向心力qvB=

解得

(2)设质量m1.粒子在电场中加速qU=

在磁场中轨道半径L=n.2r1(n=2.3.4…….)

洛伦兹力提供向心力qv1B=

解得

则质量为原质量的倍(n=2.3.4……..)

（1） （2）


<>

粒子在0～[T/4]、[T/4]～[T/2]、[T/2]～[3T/4]、[3T/4]～T时间间隔内做匀变速运动，
设加速度分别为a₁、a₂、a₃、a₄，由牛顿第二定律得qE₀=ma₁、2qE₀=-ma₂、2qE₀=ma₃、qE₀=-ma₄
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a-t图象如图 （a）所示，对应的v-t图象如图（b）所示，其中v1＝a1
T
4＝
qE0T
4m
由图（b）可知，带电粒子在t=0到t=T时的位移为s＝
T
4v1
联立解得 s＝
qE0T2
16m
它的方向沿初始电场正方向．

（2）由图（b）可知，粒子在t=[3T/8]到t=[5T/8]内沿初始电场反方向运动，
总的运动时间为t＝
5T
8−
3T
8＝
T
4
答：（1）粒子位移的大小为得 s＝
qE0T2
16m和方向沿初始电场正方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间得 t＝
T
4．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．

考点点评： 另一种解法：（1）带电粒子在粒子在0～[T/4]、[T/4]～[T/2]、[T/2]～[3T/4]、[3T/4]～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得qE0=ma1、2qE0=-ma2、2qE0=ma3、qE0=-ma4
设粒子在t=T/4、t=T/2、t=3T/4、t=T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有v1＝a1T4、v2＝v1+a2T4、v3＝v2+a3T4、v4＝v3+a4T4
设带电粒子在t=0到t=T时的位移为s，有s＝(v12+v1+v22+v2+v32+v3+v42)T4
解得 s＝qE0T216m
它的方向沿初始电场正方向．
（2）由电场的变化规律知，粒子从t=T/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有0=v1+a2t1，解得 t1=[T/8]
粒子从t=T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有0=v2+a3t2，解得 t2=[T/8]
设粒子从t=0到t=T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有
t=(T4−t1)+t2
解得 t＝T4

（1）带电粒子的运动有两种情况，其运动轨迹分别如图所示．
①上图，根据几何知识得：r-rcosθ=d
则得带电粒子的轨迹半径为：r=[1/1−cosθ]d
由qv₀B=m
v02
r
得：v₀=[qBr/m]=[qBd
(1−cosθ)m
②下图中，由几何知识得：r′+r′cosθ=d
解得：r′=
1/1+cosθ]d
v₀=[qBr/m]=[qBd
(1+cosθ)m
（2）如上图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₁=2rsinθ=2d
sinθ/1−cosθ]．
如下图，带电粒子从PQ边射出的射出点到A点的距离为：s₂=2r′sinθ=2d[sinθ/1+cosθ]．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题是带电粒子在磁场中运动问题，因为初速度方向不确定，有两种情况，不能漏解．画出轨迹，运用几何知识求轨迹半径是解题的关键．

A、根据qU=[1/2]mv²得，v=

2qU
m．比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚．故A错误、B正确．
C、进入偏转磁场有qvB=m
v2
R，
解得：R=[mv/qB]=
1
B

2mU
q，氕比荷最大的，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚．故C错误，D正确．
故选：BD．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道根据qU=[1/2]mv2可求出速度，知道速度与比荷有关，以及知道根据qvB=mv2R可求出轨道半径与比荷有关．

A、根据qvB=m
v2
R 得，粒子的最大速度v=[qBR/m]，则最大动能E_Km=[1/2]mv²=
q2B2R2
2m．知增大动能，需增大D形盒的半径，或增大磁感应强度．故A错误，B正确；
C、根据v＝
2πR
T＝2πRf，可知：最大半径为R，且电场变化的频率即为粒子在磁场中运动周期，因此C正确；
D、增大匀强电场间的加速电压，一次加速的动能将增加，所以被加速粒子在加速器中运动的圈数将减少，故D正确，
故选BCD．

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 解决本题的关键知道根据qvB=mv2R可求出最大速度，以及知道最大动能与D形盒的半径和磁感应强度的大小有关．

A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；
B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，
所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误．
C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．
故选C．

点评：
本题考点： 电场线；电势能．

考点点评： 加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．