【物理】2020届二轮复习第1部分专题3第2讲磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动学案

【物理】2020届二轮复习第1部分专题3第2讲磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动学案

第2讲 　磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动 ‎ ‎[高考统计·定方向] (教师授课资源)‎ 考点 考向 五年考情汇总 ‎1.磁场及其性质 考向1.磁场及其叠加问题 ‎2018·全国卷Ⅱ T20‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T18‎ ‎2015·全国卷Ⅱ T18‎ 考向2.安培力及力电综合问题 ‎2019·全国卷Ⅰ T17‎ ‎2017·全国卷Ⅰ T19‎ ‎2017·全国卷Ⅱ T21‎ ‎2.带电粒子在有界匀强磁场中运动 考向1.粒子在直线边界磁场中的运动 ‎2019·全国卷ⅠT24‎ ‎2019·全国卷ⅢT18‎ ‎2019·全国卷ⅡT17‎ ‎2017·全国卷Ⅲ T24‎ ‎2016·全国卷Ⅲ T18‎ 考向2.粒子在圆形边界磁场中的运动 ‎2017·全国卷Ⅱ T18‎ ‎2016·全国卷Ⅱ T18‎ ‎3.带电粒子在复合场中的运动 考向1.带电粒子在组合场中的运动 ‎2018·全国卷Ⅰ T25‎ ‎2018·全国卷Ⅱ T25‎ ‎2018·全国卷Ⅲ T24‎ ‎2016·全国卷Ⅰ T15‎ 考向2.带电粒子在叠加场中的运动 ‎2017·全国卷Ⅰ T16‎ ‎　磁场及其性质(5年6考)‎ ‎❶分析近五年的高考试题可以看出，电流磁场的判断、磁场的叠加，磁场对通电导体的作用力是高考命题的热点。‎ ‎❷预计2020年高考可能会以磁场的性质及安培力作用下物体的运动为主。‎ ‎　 　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　‎ ‎1.(2019·全国卷Ⅰ·T17)如图所示，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)‎ A．2F B．1.5F C．0.5F D．0‎ B　[设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F＝BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1＝BlI＝F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F，选项B正确。]‎ ‎2.(多选)(2018·全国卷Ⅱ·T20)如图所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)‎ A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ AC　[由对称性可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等且方向相同，设为B1，流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为B2，由磁场叠加原理有B0－B1－B2＝B0，B0－B1＋B2＝B0，联立解得B1＝B0，B2＝B0，所以A、C正确。]‎ ‎3．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·T19)如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ BC　[如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，选项A错误。L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直，选项B正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3‎ 单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项C正确，选项D错误。]‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ·T18)如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向，其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　　B.B0　　　C.B0　　　D．2B0‎ C　[两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小相等，设为B，方向如图甲所示，此时a点处的磁感应强度为零，则两磁感应强度的合磁感应强度B合的大小等于B0，方向与B0相反，即B0的方向水平向左，此时B＝＝B0；让P中的电流反向、其他条件不变，两长直导线P和Q在a点处的磁感应强度的大小仍为B，方向如图乙所示，则两磁感应强度的合磁感应强度大小为B，方向竖直向上，B与B0垂直，其合磁感应强度为Ba＝＝B0，选项C正确。]‎ ‎2．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·T21)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 ‎　AD　[装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。‎ 当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。]‎ ‎3．(多选)(2015·全国卷Ⅱ·T18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是(　　)‎ A．指南针可以仅具有一个磁极 B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 BC　[指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转。正确选项为B、C。]‎ ‎1．磁场的叠加和安培定则应用的注意点 ‎(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。‎ ‎(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。‎ ‎(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和，遵从平行四边形定则(如上T2、T3)。‎ ‎2．安培力的大小和方向 ‎3．安培力作用下力学问题的解题思路 ‎(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。‎ ‎(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。‎ ‎(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。‎ 考向1　磁场及其叠加问题 ‎1.(2019·皖江名校联考)直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为B＝k，其中I为直线电流强度的大小，x为空间各点到直线电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在0～a之间的合磁感应强度随x的变化规律符合下列图象中的(　　)‎ A　[根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误。]‎ ‎2.(多选)(2019·名校学术联盟)正三角形ABC的三个顶点处分别固定有水平放置的长直导线，并通以如图所示方向的恒定电流，导线中的电流大小相等，三角形中心O点的磁感应强度大小为BO，已知通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比，则下列说法正确的是(　　)‎ A．O点处的磁感应强度方向竖直向下 B．B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左 C．B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为BO D．将A处电流大小减半，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO BCD　[根据安培定则可知，A处电流在O点产生的磁场BA，B处电流在O点产生的磁场BB和C处电流在O点产生的磁场BC，如图所示，由于导线中的电流大小相等，它们在O点处产生的磁感应强度的大小相等均为B1，根据平行四边形定则可知，O点处的合磁场的大小BO＝B1＋2B1cos ＝2B1，磁感应强度方向水平向左，解得B处电流在O点处产生的磁场磁感应强度大小为B1＝BO，故A错误，C正确；根据平行四边形定则可知，B、C处两导线电流在O点产生的合磁场方向水平向左，故B正确；将A处电流大小减半，根据通电直导线在某点产生的磁场与通电直导线的电流大小成正比可得A处电流在O点产生的磁场大小变为BO，根据平行四边形定则可知，则O点处的磁场磁感应强度大小为BO，故D正确；故选B、C、D。]‎ 考向2　安培力及力电综合问题 ‎3.(2019·全国大联考)如图所示，水平导体棒PQ用一根劲度系数为k＝80 N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ长度为L＝0.5 m，质量为m＝0.1 kg。当导体棒中通以大小为I＝2‎ ‎ A的电流，并处于静止时，弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，(重力加速度g取10 m/s2)则(　　)‎ A．通入的电流方向为P→Q，大小为1.2 A B．通入的电流方向为P→Q，大小为2.4 A C．通入的电流方向为Q→P，大小为1.2 A D．通入的电流方向为Q→P，大小为2.4 A C　[由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得ILB＝mg，代入数据解得磁感应强度大小B＝＝1 T。欲使导体棒下移2 cm后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件可得mg＋I′LB＝kx，解得：I′＝1.2 A，假设成立，此时通入的电流方向为Q→P，故C正确，A、B、D错误。]‎ ‎4.如图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中通以电流为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。则关于b在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是(　　)‎ A．方向向上 B．大小为 C．要使a仍保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移 D．要使b下移，a将不能保持静止 B　[根据安培定则可知A正确；由图可知mg＝BIL知B＝，B错误；若减小b在a处的磁感应强度，那么F将减小，要使a 仍保持静止，由图及受力分析可知b应上移，C正确；同理D正确。]‎ ‎　带电粒子在有界匀强磁场中的运动 (5年7考)‎ ‎❶分析近五年的高考试题可以看出，带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考命题的热点，题型以选择题为主，难度适中。‎ ‎❷预计2020年考查重点仍为洛伦兹力提供向心力，轨迹半径和时间的计算及其相关知识。‎ ‎　 　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅲ·T18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(　　)‎ A. B. C. D. B　[设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m、T＝，可得R1＝、R2＝、T1＝、T2＝，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1＝，在第一象限中运动的时间为t2＝T2，又由几何关系有cos θ ‎＝，则粒子在磁场中运动的时间为t＝t1＋t2，联立以上各式解得t＝，选项B正确，A、C、D均错误。]‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅱ·T17)如图所示，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k，则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)‎ A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl B　[电子从a点射出时，其轨迹半径为ra＝，由洛伦兹力提供向心力，有evaB＝m，又＝k，解得va＝；电子从d点射出时，由几何关系有r＝l2＋2，解得轨迹半径为rd＝，由洛伦兹力提供向心力，有evdB＝m，又＝k，解得vd＝，选项B正确。]‎ ‎3．(2019·全国卷Ⅰ·T24)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：‎ ‎(1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ ‎[解析]　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2 ①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m ②‎ 由几何关系知d＝r ③‎ 联立①②③式得＝。 ④‎ ‎(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s＝＋rtan 30° ⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝ ⑥‎ 联立②④⑤⑥式得t＝(＋)。⑦‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅲ·T24)如图所示，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ ‎[解析]　(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0＝m ①‎ qλB0v0＝m ②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝ ③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝ ④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝。 ⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。⑥‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎2．(2017·全国卷Ⅱ·T18)如图所示，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。]‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅲ·T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)，粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(　　)‎ A.　　　B.　　　C.　　　D. D　[如图所示，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝。设入射点为A，出射点为B，圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知，AB＝R。由几何图形知，AP＝R，则AO＝AP＝3R，所以OB＝4R＝。故选项D正确。]‎ ‎4．(2016·全国卷Ⅱ·T18)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　[如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识知，圆弧所对应的圆心角为30°，则＝·，即＝，选项A正确。‎ ‎]‎ ‎1．对于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，基本思路是：根据进场点和出场点的速度方向，确定洛伦兹力的方向，利用几何关系求半径(如上T2)。‎ r＋rcos θ＝d 得r＝ 当θ＝90°时 r＝d r＋rsin θ＝d 得r＝ 当θ＝90°时 r＝d r＋＝d 得r＝ d r1＝d L2＋(r2－d)2＝r 得r2＝ ‎2.带电粒子在常见边界磁场中的运动规律 ‎(1)直线边界 ‎①对称性：若带电粒子以与边界成θ角的速度进入磁场，则一定以与边界成θ角的速度离开磁场。‎ ‎②完整性：正、负带电粒子以相同的速度进入同一匀强磁场时，两带电粒子轨迹圆弧对应的圆心角之和等于2π。‎ ‎(2)圆形边界：沿径向射入的粒子，必沿径向射出。‎ 如图所示，在足够长的荧光屏MN 上方分布着水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.1 T、方向垂直纸面向里。距离荧光屏h＝16 cm处有一粒子源S，以v＝1×106 m/s的速度不断地在纸面内向各个方向发射比荷＝1×108 C/kg的带正电粒子(不计重力)，则粒子打在荧光屏上的长度为(　　)‎ A．12 cm B．16 cm C．20 cm D．24 cm ‎[题眼点拨]　①“以v的速度不断在纸面内向各个方向发射”→所有粒子做圆周运动的轨迹半径都相等，并且这些圆周都过S点；②“粒子打在荧光屏上的长度”→(1)在P点左侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹直径确定；(2)在P点右侧打到荧光屏上的粒子到P点的最远距离，可根据粒子做匀速圆周运动的轨迹与MN相切确定。‎ C　[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝10 cm，当粒子的轨迹与荧光屏相切于D点时为临界情况，D点为粒子打到荧光屏上的最右边的点，找到圆心O(到S点的距离与到MN的距离均为r的点)，如图所示，由几何知识有x2＝＝8 cm，粒子打在荧光屏上最左侧的点记为C点，由几何知识有x1＝＝12 cm，故所求长度为x1＋x2＝20 cm，选项C正确。‎ ‎]‎ 反思：处理临界问题的常用方法 方法 放缩圆法 旋转圆法 图形 条件及界定方法　‎ ‎①适用条件 速度方向一定，大小不同 ‎②界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。‎ ‎①适用条件 速度大小一定，方向不同 ‎②界定方法 将一半径为R＝的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转圆法”。‎ 考向1　带电粒子在直线边界磁场中的运动 ‎1．(多选)(2019·聊城模拟)如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子一定带正电 B．粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角 C．两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同 D．三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形 BD　[如图，粒子往右偏转，根据左手定则，粒子带负电，故A错误；由几何知识得，粒子a、c均从P点射出，所以弧OP的对称弧与a粒子的轨迹半径相等，故a、b粒子与b、c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a、c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；根据r＝，则速率相同的三个粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O 点的连线构成一个菱形，故D正确；故选B、D。]‎ ‎2．(多选)(2019·长春三校联考)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30°角的范围内。在直线x＝a与x＝2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(　　)‎ A．最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为 B．最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等 C．最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为 D．最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为 ACD　[沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30°，所以运动时间为×＝，故A正确；沿与x轴成30°角的两个方向的粒子同时进入磁场，沿与x轴成30°角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120°，所以用的时间为×＝，弦长为s＝2×2asin 60°＝2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x＝atan 30°＝a，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置的纵坐标为s＋x＝2a＋a＝a ‎，所以最后从磁场中射出的粒子出场的位置坐标为，故B错误，C、D正确。]‎ 考向2　带电粒子在圆形边界磁场中的运动 ‎3．(多选)(2019·云南保山联考)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，粒子a在磁场中的运动周期为Ta，粒子a在磁场中的运动时间为ta＝Ta，粒子b在磁场中的运动周期为Tb，粒子b在磁场中的运动时间为tb＝Tb，则下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta＝Tb B．粒子a和粒子b在磁场中运动的周期关系为Ta>Tb C．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝vb D．粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系va＝3vb AC　[根据T＝可知，两粒子在磁场中的运动的周期相同，选项A正确，B错误；设圆形磁场的半径为r，因ta＝Ta可知a在磁场中运动转过的角度是120°；由几何关系可知，运动半径ra＝rtan 30°＝；同理因tb＝Tb可知b在磁场中运动转过的角度是60°；由几何关系可知，运动半径rb＝rtan 60°＝r；根据r＝可知粒子a和粒子b在磁场中运动速度关系＝＝，选项C正确，D错误；故选A、C。]‎ ‎4．(多选)(2019·吉林长春联考)如图所示，半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一带负电粒子以速度v0射入磁场区域，速度方向垂直于磁场且与半径方向的夹角为45°。当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直。不计带电粒子的重力，下列说法正确的是(　　)‎ A．该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点 B．该带电粒子的比荷为 C．该带电粒子在磁场中的运动时间为 D．若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变短 BD　[带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：‎ ‎ 从图象上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；由几何关系知，轨迹所对的圆心角为90°，且轨迹的圆心O′刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为r＝R，由qvB＝m可求得：＝，故B对；运动时间等于弧长除以速度，即t＝＝，故C错；由图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，故D对。]‎ ‎5．(易错题)(2019·调研卷9)‎ 如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向里、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，磁场边界上的P点有一粒子源，可以在纸面内向各个方向以相同的速率发射同种带电粒子，不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，这些粒子从某一段圆弧射出边界，这段圆弧的弧长是圆形区域周长的；若仅将磁感应强度的大小变为B2，这段圆弧的弧长变为圆形区域周长的，则等于(　　)‎ A. B. C. D. C　[从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的1/3，所以∠POQ＝120°；结合几何关系，有：r1＝Rsin 60°；洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB1＝m；联立解得：B1＝；同理，若仅将磁感应强度的大小变为B2，相应的弧长变为圆周长的1/4，所以∠POQ＝90°；结合几何关系，有：r2＝Rsin 45°；洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB2＝m；联立解得：B2＝；则＝，故选C。]‎ 易错点评：分析粒子与磁场边界的最远交点是难点，最远点应为轨迹上直径与磁场边界圆的交点；所画几何草图不规范，不能突破半径是易错点。‎ ‎　带电粒子在复合场中的运动(5年5考)‎ ‎❶分析近五年的高考试题可以看出，带电体在复合场中的运动是高考命题的热点和重点。一般结合场的知识考查常见的运动规律，如平抛运动及圆周运动，主要以压轴题的形式呈现。‎ ‎❷预计在2020年的高考中，可能会结合先进科技成果、生产生活实际命题。‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅰ·T15)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 D　[带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝，由以上两式整理得：r＝。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝1∶12，当半径相等时，解得：＝144，选项D正确。]‎ ‎2．(2018·全国卷Ⅲ·T24)如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(2)甲、乙两种离子的比荷之比。‎ ‎[解析]　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 q1U＝m1v ①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B＝m1 ②‎ 由几何关系知2R1＝l ③‎ 由①②③式得B＝。 ④‎ ‎(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 q2U＝m2v ⑤‎ q2v2B＝m2 ⑥‎ 由题给条件有2R2＝ ⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶＝1∶4。 ⑧‎ ‎[答案]　(1)　(2)1∶4‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅰ·T25)如图所示，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ ‎[题眼点拨]　(1)利用速度的分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。(2)利用几何关系得出H的轨迹半径，运用洛伦兹力提供向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小。(3)运用洛伦兹力提供向心力求出H的轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离。‎ ‎[解析]　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。‎ 设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1＝v1t1 ①‎ h＝a1t ②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为 a1t1＝v1tan θ1 ③‎ 联立以上各式得 s1＝h。 ④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1 ⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有 v′1＝ ⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv′1B＝ ⑦‎ 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1 ⑧‎ 联立以上各式得B＝。⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv ⑩‎ 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2 ⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2＝v2t2 ⑫‎ h＝a2t ⑬‎ v′2＝ ⑭‎ sin θ2＝ ⑮‎ 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝v′1⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1 ⑰‎ 所以出射点在原点左侧。‎ 设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有 s′2＝2R2sin θ2 ⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s′2－s2＝(－1)h。 ⑲‎ ‎[答案]　(1)h　(2)　(3)(－1)h ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ·T16)如图所示，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma B　[设三个微粒的电荷量均为q，‎ a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE ①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB ②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。]‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅱ·T25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。‎ ‎(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；‎ ‎(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ ‎[解析]　(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)‎ ‎(a)‎ ‎(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图(b))，速度沿电场方向的分量为v1。‎ 根据牛顿第二定律有qE＝ma①‎ ‎(b)‎ 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1＝at ②‎ l′＝v0t ③‎ v1＝vcos θ ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ‎，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB＝ ⑤‎ 由几何关系得 l＝2Rcos θ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝。 ⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cot ⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则 t′＝2t＋T ⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T＝ ⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝1＋。 ⑫‎ ‎[答案]　(1)见解析　(2)　(3)　1＋ ‎1．带电粒子在电场中常见的运动类型 ‎(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理来求解，qU＝mv2－mv(如上T1、T2)。对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd求解。‎ ‎(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题。对于类平抛运动，可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动分解的方法来处理。‎ ‎2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型 ‎(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动。‎ ‎(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。‎ ‎3．带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：‎ ‎(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，做匀速圆周运动；若速度与磁场平行，做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动(如上T3)。‎ ‎(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理(如上T2)。‎ ‎(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。‎ 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点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋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。‎ 甲 乙 ‎(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。‎ ‎[题眼点拨]　(1)“沿PQ向右做直线运动”→小球受力平衡。‎ ‎(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。‎ ‎(3)小球运动的周期最大→当圆弧轨迹与MN相切时。‎ ‎[解析]　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝。‎ ‎(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。‎ ‎(a)‎ 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＝ 又知s＝v0t1‎ 圆弧轨迹所对的圆心角 π 则t0＝ 联立解得＝π。‎ ‎(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＋＝(＋1)L ‎(b)‎ 解得R＝L 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m 解得B0＝ 小球在一个周期内运动的路程 s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L 故Tm＝＝。‎ ‎[答案]　(1)　(2)π　(3)　 反思：带电粒子在叠加场中运动的处理方法 ‎(1)弄清叠加场的组成特点。‎ ‎(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。‎ ‎(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。‎ ‎①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。‎ ‎②若受三种场力时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v的方向垂直。‎ ‎③若三场共存时，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m。‎ ‎④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。‎ 考向1　带电粒子在组合场中的运动 ‎1．(多选)(2019·西南名校联考)如图所示，边长为L的正方形虚线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图 示方向垂直于磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．粒子a一定带正电，粒子b一定带负电 B．v1∶v2可能等于1∶2‎ C．v1∶v2一定等于1∶1‎ D．t1∶t2可能等于3∶2‎ ABD　[做出粒子可能的运动轨迹，结合左手定则可知：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；由题图，结合几何关系可知：r1＝L，r2＝L (n＝1、2、3、……)，由qvB＝m，解得v＝，则v1∶v2＝r1∶r2＝n∶2，故B正确，C错误；由图可知T＝，t1＝，t2＝n (n＝1、2、3、……)，则t1∶t2＝3∶2n(n＝1、2、3、……)，则D正确；故选A、B、D。]‎ 考向2　带电粒子在叠加场中的运动 ‎2．(多选)(2019·山东济南联考)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直于纸面向里。一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动。若增大小球从P点进入的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内(　　)‎ A．小球的动能减小 B．小球的电势能减小 C．小球的重力势能减小 D．小球的机械能减小 ACD　[带负电的小球在电磁场中做直线运动，小球共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运动。当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，因电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小。电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大。重力对小球做正功，重力势能减小。故A、C、D正确，B错误。]‎ ‎3.如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电圆环套在足够长的绝缘杆上，杆与环之间的动摩擦因数为μ，杆处于正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，杆与场强方向的夹角为θ，若环能从静止开始下滑，则以下说法正确的是(　　)‎ A．环在下滑过程中，加速度不断减小，最后为零 B．环在下滑过程中，加速度先增大后减小，最后为零 C．环在下滑过程中，速度不断增大 D．环在下滑过程中，速度先增大后减小，最后为零 B　[环受重力、电场力、洛伦兹力和杆的弹力、摩擦力作用，由牛顿第二定律可知，加速度a1＝，当速度v 增大时，加速度也增大，当速度v增大到弹力反向时，加速度a2＝，随速度v的增大而减小，当加速度减为零时，环做匀速运动，只有选项B正确。]‎ 结合生活、生产实际和最新科技命题是近年高考命题的热点之一，特别是结合最新科技考查电磁场问题更是命题的新宠，如典例1中超导电磁船和典例2中新型回旋加速器。‎ ‎[典例1]　超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图所示是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间的区域浸没在海水中并有垂直于纸面向里的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是(　　)‎ A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力 B．要使船前进，海水中的电流方向应从CD板指向AB板 C．同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相反 D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流小于 D　[AB与CD之间的海水与导体板和电源构成回路，海水通电后受到磁场对其向后的安培力的作用，根据牛顿第三定律可知，海水对磁场(实质是海水对超导电磁船)有向前的作用力，该力是使船前进的力，选项A错误；根据左手定则可知，要使船前进，海水中的电流方向应从AB板指向CD 板，选项B错误；同时改变磁场的方向和电源的正负极，推进力的方向将与原方向相同，选项C错误；船在海水中前进时，AB与CD间可视为导体的海水做切割磁感线运动，则这部分海水中会产生反电动势E，故AB与CD间海水中的电流I＝<，选项D正确。]‎ ‎[典例2]　(2019·成都三模)一种改进后的回旋加速器如图所示，宽度忽略不计的窄缝间的加速电场场强大小恒定，电场被限制在A、C间，与A、C共线的两虚线之间无电场。一带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．加速电场的方向需要做周期性的变化 B．加速后粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关 C．带电粒子每运动一周被加速一次 D．带电粒子每运动一周其轨道直径的变化量相等，即＝ C　[粒子在A、C间做匀加速运动，在与A、C共线的两虚线之间做匀速直线运动，粒子每运动一周被加速一次，加速电场的方向不变化，选项A错误，C正确；由qvB＝m，得v＝，即加速后粒子的最大速度与D形盒的半径r成正比，选项B错误；因粒子每运动一周被加速一次，根据动能定理有qU＝mv－mv，得v2－v1＝，而带电粒子每运动一周直径的变化量Δd＝2(r2－r1)＝＝，即Δd随速度的增大而减小，>，选项D错误。]‎