3、在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為 ?，F(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小。
【答案】：
【解析】：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動。設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得，式中v為粒子在a點(diǎn)的速度。
例13.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，P為磁場邊界上的一點(diǎn),有無數(shù)帶有同樣電荷、內(nèi)有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)以相同的速率通過P點(diǎn)進(jìn)入磁場。這些粒子射出邊界的位置均位于邊界的某一段圓弧上這段圓弧長是圓周長的1/3，將
4、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從原來的B1變?yōu)?B2，結(jié)果受益人綿長變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t等于
A. B. C.2 D. 3
【答案】：B
【解析】：設(shè)圓形區(qū)域磁場半徑為R，粒子的運(yùn)動軌跡如圖，當(dāng)粒子射出邊界的位置的圓弧弧長為是圓周長的1/3時，軌跡半徑r1=Rsin600，同理可知r2=Rsin300.由r=mv/qB可得B2/B1=r1/r2=sin600/sin300=,B正確。
3. 若粒子從磁場內(nèi)向圓形邊界運(yùn)動時，會出現(xiàn)臨界狀態(tài)：軌跡與邊界相切。
例１４.如圖19（a）所示，在以O(shè)為圓心，內(nèi)外半徑分別為和的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強(qiáng)磁
5、場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，,一電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點(diǎn)進(jìn)入該區(qū)域，不計重力。
（1）已知粒子從外圓上以速度射出，求粒子在A點(diǎn)的初速度的大小
（2）若撤去電場，如圖19（b）,已知粒子從OA延長線與外圓的交點(diǎn)C以速度射出，方向與OA延長線成45°角，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小及粒子在磁場中運(yùn)動的時間
（3）在圖19（b）中，若粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度大小為，方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于多少？
【答案】：（1）（2），（3）
【解析】： O/
r
（1）由動能定理：Uq=mv12-mv02 ①
得：v0=
（2）如右圖：粒
6、子在磁場中作圓周運(yùn)動的半徑為r，則r2=2()2 ②
B1qv2=m ③
（3）由B2qv3=m ⑥可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為
R= ⑦
所以 B2＜
例１５。如圖所示，在以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，半徑為R的半圓行區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從O點(diǎn)沿y軸正方向以某一速度射人，帶電粒子恰好做勻速直線運(yùn)動，經(jīng)t0時間從P點(diǎn)射出。
（1）電場強(qiáng)度的大小和方向。
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點(diǎn)以相同的速度射人，經(jīng)時間恰從半圓形區(qū)域的邊
7、界射出，求粒子運(yùn)動加速大小
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點(diǎn)射入但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間。
【答案】：（1）沿x軸正方向（2）（3）
【解析】：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強(qiáng)度為E?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ豿軸負(fù)方向，于是可知電場強(qiáng)度沿x軸正方向
且有 qE=qvB ①
又 R=vt0 ②
則 ③
又有 ⑥
8、
得 ⑦
（3）僅有磁場時，入射速度，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為r，由牛頓第二定律有
⑧
又 qE=ma ⑨
由③⑦⑧⑨式得 ⑩
由幾何關(guān)系
即
帶電粒子在磁場中運(yùn)動周期
則帶電粒子在磁場中運(yùn)
9、動時間
所以
模型演練
１.如圖所示，在直線MN的右側(cè)分布了B＝0.1T的勻強(qiáng)磁場，其方向垂直紙面向外。在邊界上的P點(diǎn)有一粒子源，能以一定的速率v=1×106m/s在紙面內(nèi)各個方向不斷的發(fā)射比荷為1×108C/kg的帶正電的粒子（同一時刻在一個方向上僅發(fā)射一個粒子，且不計粒子的重力及粒子間的相互作用），PP’為熒光屏，PP’與MN間的夾角為α＝300，當(dāng)有兩個粒子同時打在熒光屏上某點(diǎn)時，該點(diǎn)就被點(diǎn)亮。已知A是PP’上的一個亮點(diǎn)，P、A的距離。
（1） 求粒子在磁場中運(yùn)動的半徑
（2） 求同時打到A點(diǎn)的兩個粒子從射入到打到
10、A點(diǎn)的運(yùn)動的時間之差
【答案】：（1）0.1m（２）2.09×10-7?s
周期：，代入數(shù)據(jù)解得：T=6.28×10-7?s，
兩粒子從射入到打在A點(diǎn)的時間分別為：、，
故兩粒子打到A點(diǎn)之前運(yùn)動的時間差：△t=T/3=2.09×10-7?s．
２.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy中，x軸上方有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向從原點(diǎn)O射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中，正確的圖是( )
練2題
11、圖
【答案】：A
３.某帶電粒子從A板附近由靜止釋放，在電壓加速下，從B板中的小孔進(jìn)入CD板間，CD間有一垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，粒子恰好能夠沿直線向上穿過該區(qū)域到達(dá)S，S為粒子散射裝置，之后粒子以原有速率向各個方向射入勻強(qiáng)磁場，已知AB兩板間的電勢差=+100V，C、D兩板間電壓的大小=1600V，C、D兩板間距離，E、F兩板間距離，不計粒子重力求：
A.C極板電勢高于D極板
B.粒子的比荷為5×107C/kg
C.粒子打在圖中F板上左右兩側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)間的距離8cm
D從S到F板運(yùn)動時間最短的粒子是經(jīng)過S后速度方向垂直F板的粒子。
【答案】：D
【解析】：
12、
因UAB>0而粒子被 加速，可知粒子帶正電。粒子在CD間沿直線運(yùn)動，電場力與洛倫茲力平衡，由左手定則知洛氏力方向向右，故電場力向左， D板帶正電、電勢高，A 正確粒子在AB間加速：，在CD間平衡：，可得粒子比荷及獲得的速率為：C/kg，B正確。由得粒子在B2區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的軌跡半徑為，作出臨界運(yùn)動軌跡如圖中O1、O2所示，由圖中幾何關(guān)系有：、得，故L=8cm，C正確。從S到F運(yùn)動時間最短的粒子對應(yīng)于運(yùn)動軌跡弧最短、弦最短，即圖中圓弧O，可見其經(jīng)過S散射后的速度方向與F板垂線間夾角θ滿足，D錯誤。
４.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運(yùn)動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖Ⅰ、Ⅱ兩處的條形均強(qiáng)
13、磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為m、電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平方向夾角
（1）當(dāng)Ⅰ區(qū)寬度L1=L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=B0時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運(yùn)動的時間t0
（2）若Ⅱ區(qū)寬度L2=L1=L磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點(diǎn)與Ⅱ區(qū)的最低點(diǎn)之間的高度差h
（3）若L2=L1=L、B1=B0，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應(yīng)滿足的條件
（4）若，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出。為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界
14、射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。
【答案】：（１）（２）（３）（４）
【解析】：（1）如圖1所示，設(shè)粒子射入磁場I區(qū)的速度為v，在磁場I區(qū)中做圓周運(yùn)動的半徑為R1，由動能定理和牛頓第二定律得
①
②
由幾何知識得
③
聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)得
④
設(shè)粒子在磁場I區(qū)中做圓周運(yùn)動的周期為T，運(yùn)動的時間為t
⑤
⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得
⑦
（2）設(shè)粒子在磁場II區(qū)做圓周運(yùn)動的半徑為R2，
由牛頓第二定律得
⑧
由幾何知識可得
⑨
聯(lián)立②③⑧⑨式，代入數(shù)據(jù)得
⑩
15、（3）如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足
[或]
聯(lián)立①⑧式代入數(shù)據(jù)得
（4）如圖3（或圖4）所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速
度與水平方向的夾角為，由幾何知識得
[或]
[或]
聯(lián)立②⑧式得
聯(lián)立式得
５.如圖所示，在邊長為L=1m的等邊三角形ACD區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=T、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一束比荷=102C/kg帶正電粒子，從AC邊中點(diǎn)P以平行于CD邊的某一速度射入磁場，粒子的重力可忽略不計．
（1）若粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v0=10m/s，求粒
16、子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑；
（2）若粒子能從AC邊飛出磁場，求粒子在磁場中的運(yùn)動時間；
（3）為使粒子能從CD邊飛出磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度大小應(yīng)滿足的條件？
【答案】（1）0.1732m（2）7.25×10-2s（3）12.5m/s＜v＜50m/s
【解析】（1）洛倫茲力提供向心力，則有：qvB=m，
解之得：r==0.1732m
（2）從AC邊出磁場如圖
圓心角θ=
則有運(yùn)動的時間為：t=
?而T=
解之得：T=2π×10-2s
t=×10-2s=7.25×10-2s
由qvB=m，
得v=，
則v1==12.5m/s
又v2=
得v2=50m/s
17、
即12.5m/s＜v＜50m/s
６.如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t＝0時刻，位于正方形中心O的離子源向平面abcd內(nèi)各個方向發(fā)射出大量帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑恰好等于正方形的邊長，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用力。已知平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界cd上某點(diǎn)離開磁場，下列說法正確的是
A．粒子在該磁場中勻速圓周運(yùn)動的周期為6t0
B．粒子的比荷為
C．粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡越長，對應(yīng)圓弧的圓心角越大
D．初速度方向正對四個頂點(diǎn)的粒子在磁場中
18、運(yùn)動時間最長
【答案】：BC
７.如圖所示,在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,一點(diǎn)電荷從圖中A點(diǎn)以速度v0垂直磁場射入,當(dāng)該電荷離開磁場時,速度方向剛好改變了180°,不計電荷的重力,下列說法正確的是( )
A.該點(diǎn)電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點(diǎn)
B.該點(diǎn)電荷的比荷為=
C.該點(diǎn)電荷在磁場中的運(yùn)動時間t=
D.該點(diǎn)電荷帶正電
【答案】：B
８. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以速度從點(diǎn)沿 直徑方向射入磁場，經(jīng)過時間從點(diǎn)射出磁場，與成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?3，仍從點(diǎn)
19、沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間變?yōu)? （ ）
A. B.2 C. D.3
【答案】：B
【解析】：第一次偏轉(zhuǎn)的偏向角為600，所以圓心角也是600，周期,與速度無關(guān)；OA長為R1，O2A長為R2，,，，則,所以第二次在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角為1200，所以 偏轉(zhuǎn)時間是第一次的2倍。
９.如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面（紙面），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q（q＞0）。質(zhì)量為m的例子沿平行于之境ab的方向攝入磁場區(qū)域，射入點(diǎn)與ab的距離為，已知例子射出去的磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為（不計重力）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由Bqv＝可得v＝，作出粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何知識得半徑r＝R，故B正確．
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2019高考物理 模型系列之算法模型 專題13 帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動模型學(xué)案
