带电粒子在电磁场中的运动(自己整理)20181217

带电粒子在电磁场中的运动

2．一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子

飘入电压力为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹.不考虑离子间的相互作用.

（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ； （2）在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；

（3）若考虑加速电压有波动，在（0–U U ?）到（0U U +?）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件.

3如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L的Ⅰ、Ⅱ两区域，Ⅰ、Ⅱ区域内有垂直于纸面的匀强磁场，Ⅰ区域磁场向内、磁感应强度为B0，Ⅱ区域磁场向外，大小待定。现有一质量为m，电荷量为－q的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与Ⅰ区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从与Ⅰ区右边界成45°角射出。

(1)求加速电场两极板间电势差U，以及粒子在Ⅰ区运动时间t1；

时，则粒子经过Ⅰ区的最高点和经过Ⅱ区

(2)若Ⅱ区磁感应强度也是B

的最低点之间的高度差是多少；

(3)为使粒子能返回Ⅰ区，Ⅱ区的磁感应强度B应满足什么条件，粒子

从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区需要的最长时间。

4．如图所示，半径为R的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高。在加速管出口正下方距离D点为R处放置一长度为d＝3R的荧光屏EF，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B2。在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的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y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O2O3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。

(1)求粒子刚进入加速管时的速度的大小和加速电压U；

(2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度；

(3)若要让从加速管BO3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场

Ⅱ的磁感应强度大小应满足什么条件？

带电粒子在电磁场中的运动

2一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电

压力为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹.不考虑离子间的相互作用. （1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；

（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；

（3）若考虑加速电压有波动，在（0–U U ?）到（0U U +?）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件. 【答案】 15．

（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1

电场加速2

0122qU mv =? 且212v qvB m r = 解得

1r =

根据几何关系x =2r 1 –L 解得x L = （2）(见图) 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

1d r =

解得 d =

（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2

r 1的最小半径

1min r =

r 2

的最大半径2max r =

由题意知 2r 1min –2r 2max >L L >

解得L <

【解析】要把图象放大才可以看清楚，如下图，A 、B 是两个最高点，AB 是两个半圆的切线，P 是两个半圆的交点，作PQ 平行于AB ，与AO(O 是左半圆的圆心)相交于Q ，则因为L AB =，所以2

L

PQ =，所以最窄处的宽度AQ d =

则2

211)2(L r r d --

=

将

1r =

d =

（写于2017.6.10，录入与2017.6.11）

3如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L 的Ⅰ、Ⅱ两区域，Ⅰ、Ⅱ区域内有垂直于纸面的匀强磁场，Ⅰ区域磁场向内、磁感应强度为B 0，Ⅱ区域磁场向外，大小待定。现有一质量为m ，电荷量为－q 的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN 板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与Ⅰ区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从与Ⅰ区右边界成45°角射出。 (1)求加速电场两极板间电势差U ，以及粒子在Ⅰ区运动时间t 1；

(2)若Ⅱ区磁感应强度也是B 0时，则粒子经过Ⅰ区的最高点和经过Ⅱ区的最低点之间的高度差是多少；

(3)为使粒子能返回Ⅰ区，Ⅱ区的磁感应强度B 应满足什么条件，粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出Ⅰ区需要的最长时间。

[解析] (1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示，

粒子在加速电场中根据动能定理可得：qU ＝1

2

mv 2

粒子在Ⅰ区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB 0＝m v 2

R 1

根据几何关系可得：R 1＝2

2

L

联立可得加速电场两极板间电势差：U ＝qB 02L 2

4m

粒子在磁场中运动的周期：T ＝2πR 1v ＝2πm

qB 0

粒子在磁场中转过的圆心角为90°，可得粒子在Ⅰ区域运动的时间：t 1＝14T ＝πm

2qB 0

。

(2)粒子在Ⅱ区域运动的半径与Ⅰ区域相同，高度差由图中几何关系可得： h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋

L tan

θ 可得：h ＝2L 。

(3)画出粒子刚好从Ⅱ区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况。

根据几何关系可得：R 2(1＋cos θ)≤L ，即：mv qB ≤L

1＋

2

2

解得：B ≥2＋1

2B 0

可知当B ＝2＋1

2

B 0时，粒子在Ⅱ区域中运动的时间最长，即：粒子从左侧进入Ⅰ区到从左侧射出

Ⅰ区的时间最长，粒子两次在Ⅰ区域运动的时间为：t 1＝2·14·2πm qB 0＝πm

qB 0

粒子两次在磁场之间运动的时间为：t 2＝22L v ＝4m

qB 0

粒子在Ⅱ区域运动的时间：t 3＝34·2πm qB 2＝34·2πm 2＋12qB 0＝3(2－1)πm

qB 0

总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(32π－2π＋4)m

qB 0

。

[答案] (1)qB 02L 24m πm

2qB 0

(2)2L

(3)B ≥2＋12B 0 (32π－2π＋4)m

qB 0

4．如图所示，半径为R 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ，磁感应强度为B 1，方向垂直于纸面向外，磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2R ，轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高。在加速管出口正下方距离D 点为R 处放置一长度为d ＝3R 的荧光屏EF ，荧光屏与竖直方向成θ＝60°角，加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为B 2。在O 点处有一个粒子源，能沿纸面向y >0的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y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线O 2O 3进入长方体加速管并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。

(1)求粒子刚进入加速管时的速度的大小和加速电压U ； (2)求荧光屏上被粒子打中的区域长度；

(3)若要让从加速管BO 3区域出来的粒子全部打中荧光屏，磁场Ⅱ的磁感应强度大小应满足什么条件？

解析：(1)粒子在磁场Ⅰ中的运动半径为R ，运动轨迹如图甲所示：

由向心力公式可得：

qv 1B 1＝m v 12R 解得 v 1＝qB 1R

m

因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在磁场Ⅱ中的运动半径为2R ，

由向心力公式可得： qv 2B 2＝m v 222R 解得 v 2＝2qB 2R

m

粒子在加速管中作加速运动，由动能定理得：qU ＝12mv 22－1

2

mv 12

联立解得加速管所加的电压U ＝qR 2B 22－B 1

22m

。

(2)从B 点穿出的粒子打在荧光屏上离E 点最近，设到E 点的距离为x 1，如图乙所示，

由几何关系得： (x 1cos θ＋R )2＋(x 1sin θ)2＝(2R )2 解得 x 1＝13－1

2

R

从D 点穿出的粒子打在荧光屏上离E 点最远，设到E 点的距离为x 2，如图丙所示，由几何关系得：

(x 2cos θ－R )2＋(x 2sin θ)2＝(2R )2 解得 x 2＝13＋1

2

R

粒子打中的区域长度Δl ＝x 2－x 1＝R 。

(3)从O 3点穿出的粒子恰好打在F 点时，粒子运动半径最大，如图丁所示，

由几何关系可得： (d cos θ＋2R －r 3)2＋(d sin θ)2＝r 32 解得 r 3＝19

7

R

由向心力公式有： qv 2B 3＝m v 22r 3 联立解得 B 3＝14

19

B 2

从B 点穿出的粒子恰好打在E 点时，粒子运动半径最小，有：r 4＝3

2

R

由向心力公式有： qv 2B 4＝m v 22r 4联立解得 B 4＝4

3

B 2

从BO 3区域穿出的粒子全部打在荧光屏上磁感应强度大小满足的条件是：1419B 2≤B ≤4

3

B 2。

答案：(1)qB 1R m U ＝qR 2B 22－B 122m (2)R (3)1419B 2≤B ≤4

3

B 2

如图甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t ＝0时刻，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)以初速度v 0由板Q 左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经时间Δt 恰能垂直打在板P 上(不考虑粒子反弹)。上述m 、q 、d 、v 0为已知量。

(1)若Δt ＝1

2

T B ，求B 0；

(2)为使t ＝0时刻入射的粒子垂直打在P 板上，求粒子在0～T B

2

时间内速度的偏转角α应满足的条件；

(3)若B 0＝5mv 0

qd

，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B 。

解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得：qv 0B 0＝mv 02

R 1

根据题意由几何关系得：R 1＝d

联立解得B 0＝mv 0

qd

。

(2)由题意可知，粒子若垂直打到P 板上，速度偏转角α必须满足α≥90°

若速度偏转角过大，就会从左边界出去，速度偏转角最大如图所示：

此时sin β＝r 2r ＝1

2

，β＝30°，α＝150°

综上可得：90°≤α≤150°。

(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，根据圆周运动公式得到：

T ＝2πR v 0

由牛顿第二定律得到：qv 0B 0＝mv 02

R

将B 0代入上式可得：d ＝5R 粒子运动轨迹如图所示：

O 1、O 2为圆心，O 1、O 2连线与水平方向夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直

击中P 板，由题意可知：π2＋θ2πT ＝T B

2

若在A 点击中P 板，根据题意由几何关系得到：

R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ，且要求：0≤θ≤π

3

当n ＝0、n ＝1时，无解。

当n ＝2时，sin θ＝0，此时T B ＝πd

5v 0

，

当n ≥3时无解。

若在B 点击中P 板，根据题意由几何关系得到：

R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ，且要求：0＜θ≤π

3

当n ＝0时无解

当n ＝1时，sin θ＝12，此时T B ＝4πd

15v 0

当n ≥2时，无解。

答案：(1)mv 0qd (2)90°≤α≤150° (3)πd 5v 0或4πd

15v 0

12.(2018·桐乡茅盾中学模拟)如图所示，在xOy 平面内，有一线状

电子源

沿x 轴正方向发射速度均为v 的电子，形成宽为2R 、在y 轴方向均匀分布且关于x 轴对称的电子流。电子流沿x 轴方向射入一个半径为R 、中心位于原点O 的圆形匀强磁场区域(区域边界存在磁场)，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出。在磁场区域的正下方，正对的金属平行板K 和A 与x 轴平行，其中K 板与P 点的距离为d ，中间开有宽度为2d 且关于y 轴对称的小孔。A 与K 两板间加有恒定电压U AK ，且K 板电势高于A 板电势，

已知电子质量为m ，电荷量为e ，U AK ＝－3mv 2

8e

，不计电子重力及它们间的相互

作用。

(1)能打到A 板上的电子在进入平行金属板时与金属板K 的夹角应满足什么条件？ (2)能进入AK 极板间的电子数占发射电子总数的比例为多大？

解析：(1)设恰能打到A 板的电子在进入平行金属板时与金属板K 的夹角为θ0 电子在极板间运动过程运用动能定理

U AK ·e ＝12m (v cos θ0)2－1

2

mv 2

得θ0＝60°或θ0＝120°

故能打到A 板上的电子在进入平行金属板时与金属板K 的夹角θ满足 60°≤θ≤120°。

(2)能进入极板间的电子与金属板K 的夹角θ满足 45°≤θ≤135° θ＝45°的电子在磁场中的轨迹如图甲所示，入射点为M ， 平行四边形O 1POM 为菱形，电子在磁场中运动的半径也为R M 到P 点的竖直距离d M ＝R (1－cos 45°) θ＝135°的电子在磁场中的轨迹如图乙所示，入射点为N

N 到P 点的竖直距离d N ＝R (1＋cos 45°

)

故NM 竖直长度占射入总长度2R 的比例为d N －d M 2R ＝2

2

。

答案：(1)60°≤θ≤120° (2)2

2