带电粒子在匀强磁场中的运动-4e5bf9817d774ab7a6f3c74cd5cf2ed2.docx

带电粒子在匀强磁场中的运动
1．如图所示，矩形区域以对角线abcd为边界分为上、下两个区域，对角线上方区域存在竖直向下的匀强电场，对角线下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m、带电量为+q的粒子以速度从a点沿边界ab进入电场，恰好从对角线ac的中点O进入磁场，并恰好未从边界cd射出。已知ab边长为2L，bc边长为，粒子重力不计，求：
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小。

2．如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子(不计重力)沿水平方向以速度v正对圆心入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60°,求：（1）求粒子的比荷；
（2）粒子在磁场中的运动时间t；
（3）如果保持速度的大小和方向不变，欲使粒子通过磁场区域后速度方向的偏转角度最大，则需将粒子的入射点沿圆弧向上平移的距离d为多少？

3．如图，在xoy坐标中存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的有界磁场磁场宽度x＝1．有一质量为m的带电粒子q无初速地从A点处进入加速电场，经加速度后垂直y轴且从y＝2处进入磁场，再经磁场偏转后从边界C点射出，最后打在x轴的P点上，CP与x轴的夹角为60°．不计粒子的重力，求：（1）加速电场的电压U
（2）带电粒子在磁场中的运动时间t
（3）P点在x轴上的坐标xp。

4．如图所示，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的质子以速度从点垂直射入。已知两板之间距离为，板长为，点是板的正中点，为使质子能从两板之间射出，试求磁感应强度应满足的条件（已知质子所带的电荷量为，质量为）。

5．一圆筒处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔射入筒内，射入时的运动方向与成角。当筒转过时，该粒子恰好从小孔飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求带电粒子的比荷。

6．如图所示，真空中有两块足够大的荧光屏P1、P2水平正对放置，间距为d，两荧光屏之间有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在紧贴荧光屏P2的A点有一粒子源，某一时刻向荧光屏P2上方纸面内的各个方向同时以相同的速率各发射一个粒子（图中只画出其中的几个方向），粒子的质量为m，带电荷量为-q，粒子的速率为v0=．若粒子打到荧光屏上立即被吸收并发出荧光，不计粒子间的相互作用力和重力。
（1）求平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动时间；
（2）求荧光屏P1、P2之间有粒子经过的区域的面积；
（3）当平行于P2向左发射的粒子到达荧光屏时，求仍在磁场中运动的粒了和已经被屏吸收的粒子的个数之比。

参考答案
1．(1)(2)
【解析】
【详解】
(1)从a点入射的粒子在电场区域内做类平拋运动，则有：

联立解得：
；
(2)设粒子进入磁场时速度大小为 ，速度方向与水平方向成 角，则有：

粒子进入磁场后恰好不从边界cd射出，其轨迹恰与边界cd相切，如图所示：

设圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：

由牛顿第二定律得：

联立解得：

2．（1）（2）（3）R
【解析】
【详解】
(1)由图可知轨迹半径： ①
粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，有：
②
由①②两式得： ③

(3) 粒子做圆周运动运动的周期：
④
在磁场中的运动时间： ⑤
由③④⑤式得： ⑥
(3)当粒子的入射点和出射点的连线是磁场圆的直径时，粒子速度偏转的角度最大
由图可知： ⑦
平移距离： ⑧
由①⑦⑧式得：

3．（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
做出带电粒子在磁场中的运动轨迹，由几何知识求出半径，根据洛伦兹力提供向心力求出速度，在电场中根据动能定理列方程求加速电场的电压；
找到圆周运动轨迹所对的圆心角分析求解粒子在磁场中运动的时间，根据几何知识求解P点的横坐标；
【详解】
（1）设粒子在磁场中运动的速度为v，运动半径为r，则
对加速电场有：qU=mv2，
在磁场中偏转有：
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，

根据几何关系可知：rsin60°＝l，
由以上式子联立解得： ；
（2）粒子周期为 ，
粒子在磁场中的运动时间为 ；
（3）根据几何知识可知，P点在x轴上的坐标为；
【点睛】
解决该题的关键是正确做出粒子的运动轨迹，找到其做圆周运动的圆心，根据几何知识求解半径和圆心角；
4．
【解析】
【详解】
如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心一定位于NP所在的直线上。如果直径小于ON，则轨迹将是圆心位于ON之间的一段半圆弧。

（1）如果质子恰好从N点射出，则：
，
，
得
。
（2）如果质子恰好从M点射出，

，
得
。
所以磁感应强度B取值范围应满足
。
5．
【解析】
【详解】
粒子恰好从小孔N飞出圆筒时筒转过90°，由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为30°。如图所示，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

根据

所以

6．（1）；（2）；（3）。
【解析】
【详解】
（1）设粒子运动轨迹的半径为R，则有：qv0B=，解得：R=2d
平行于P2向左发射的粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，圆心角为α，

则有：cosα=
解得：α=
粒子的运动周期为：T=
粒子的运动时间为：t=
（2）粒子的轨迹恰好和Р1相切时，初速度的方向和P2成角θ轨迹如图2．所示，

则有：cosθ=
即为：θ=
所以有粒子经过的区域的最大面积为：S=2（πR2-×Rcosα）+d×Rsinθ
解得：S=
（3）粒子的初速度方向与P2成角β时，轨迹如图3所示，

若圆心角也为，则β=
所以当平行于P2，向左发射的粒子到达P1时，此时已经打到荧光屏P1上的粒子的发射方向与平行于P2向右发射的粒子的方向成角的范围是θ～π已经打到荧光屏Р2上的粒子的发射方向与平行于P2向右的方向成角的范围是0～β仍在磁场中运动的粒子的发射方向范围是β-θ
所以仍在磁场中运动的粒子和和经被屏吸收的粒子个数之比为=