帶電粒子在磁場中的運動有界磁場

1、6、帶電粒子在有界磁場中的運動 第三章 磁場一、帶電粒子在直邊界磁場中的運動 帶電粒子在勻強磁場中的運動Bm,qv由洛倫茲力提供向心力rmv2qvB =軌道半徑：qBmvr =運動周期：vT =2 rqB2 m=對于確定磁場，有Tm/q，僅由粒子種類決定，與R和v無關。角速度：頻率：動能： 解決帶電粒子在勻強磁場中運動的基本環(huán)節(jié) 找圓心：已知兩個速度方向：可找到兩條半徑，其交點是圓心。已知入射方向和出射點的位置：通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作中垂線，交點是圓心。vvOvO 定半徑： 幾何法求半徑 公式求半徑 算時間：qBTt =q mpq=2 = 2注意： 應以弧度表示 解

2、決帶電粒子在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)的基本思路BLv(1)先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。 yRO(2)偏轉(zhuǎn)角由 sin = L/R求出。(3)側(cè)移由 R2=L2 (Ry)2 解出。(4)經(jīng)歷時間由 得出。注意：這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點。 這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)結(jié)論不同！ 當帶電粒子從同一邊界入射出射時速度與邊界夾角相同對稱性 帶電粒子在直邊界磁場中的運動Oyx Bv60例、如圖，在第I象限范圍內(nèi)有垂直xOy平面的勻強磁場B。質(zhì)量為m、電量大小為q的帶電粒子(不計重力)，在xOy平面里經(jīng)原點O射入磁場中，初速度為v0，且與x軸成60角，試分析計算：穿

3、越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角多大？帶電粒子在磁場中運動時間多長？如粒子帶正電，則：如粒子帶負電，則：帶電粒子60120例如圖，在足夠大的屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直。一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計重力）以相同的速率v從P處射入磁場區(qū)域，粒子入射方向在與磁場垂直的平面里，且散開在與PC夾角為的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為（ ）qB2mvA.qB2mvcosB.qB2mv(1-sin)C.qB2mv(1-cos)D.MNCPD y x Ov v aB60練、 一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從x軸上的P

4、(a，0)點以速度v，沿與x正方向成60的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。Bqmvar32=aqmvB23=得射出點坐標為（0， ） a3O解析 ：例、如圖，長為L的水平不帶電極板間有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場B，板間距離也為L，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁場以速度v平行極板射入磁場，欲使粒子不打在極板上，則粒子入射速度v應滿足什么條件？+q , mvLBL例、如圖，若電子的電量e，質(zhì)量m，磁感應強度B及寬度d已知，若要求電子不從右邊界穿出，則初速度v0應滿足什么條件？de Bv0de

5、 Bv0r+rcos60 = dde Bv0變化1：若v0向上與邊界成60角，則v0應滿足什么條件？變化2：若v0向下與邊界成60角，則v0應滿足什么條件？rrcos60 = d練、如圖，在POQ區(qū)域內(nèi)分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，有一束正離子流(不計重力)，沿紙面垂直于磁場邊界OQ方向從A點垂直邊界射入磁場，已知OA=d，POQ=45，離子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q、要使離子不從OP邊射出，離子進入磁場的速度最大不能超過多少？ POQAv0BAQBPvB代入數(shù)據(jù)得：3= (2 )dQM = rm-rm2d 2PH = 2d，QN = d，例、如圖，A、B為水平放置的足

6、夠長的平行板，板間距離為 d =1.0102m，A板上有一電子源P，Q點在P點正上方B板上，在紙面內(nèi)從P點向Q點發(fā)射速度在03.2107m/s范圍內(nèi)的電子。若垂直紙面內(nèi)加一勻強磁場，磁感應強度B=9.1103T，已知電子質(zhì)量 m=9.11031kg ，電子電量 q=1.61019C ，不計電子重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大地，求電子擊在A、B兩板上的范圍。解析 ：rmrmMNH電子打在A板上的范圍是PH段。電子打在B板上的范圍是MN段。因 qvB=mv2/rm得： rm=2dqaOdbcBv0R1例、如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著磁感應強度大小為B，

7、方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊ad中點O射入一速率v0、方向與Od夾角=30的正電粒子，粒子質(zhì)量為m，重力不計，帶電量為q，已知ad=L。 （1）要使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍。 （2）取不同v0值，求粒子在磁場中運動時間t 的范圍？ （3）從ab邊射出的粒子在磁場中運動時間t 的范圍。R1+R1sin30= L/2解：（1）得R1 = L/3 R2R2 R2cos60= L/2得：R2 = L。（1） v0例、如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊ad中點O射入一速率v0、方向與Od夾角=30的正電粒子，粒子質(zhì)量為m，

8、重力不計，帶電量為q，已知ad=L。 （1）要使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍。 （2）取不同v0值，求粒子在磁場中運動時間t 的范圍？ （3）從ab邊射出的粒子在磁場中運動時間t 的范圍。解：（2）qaOdbcBv0R1R2解：（3） t 5m6Bq4m3Bq t m3Bq5m3Bq例、如圖，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于 紙面向里，PQ為該磁場的右邊界線，磁場中有一點O到PQ的距離為r?，F(xiàn)從點O以同一速率將相同的帶負電粒子向紙面內(nèi)各個不同的方向射出，它們均做半徑為r的勻速圓周運動，求帶電粒子打在邊界PQ上的范圍（粒子的重力不計）。分析：從O點向各個方向發(fā)射的粒子在磁場中做勻速圓周

9、運動的半徑r相同，O為這些軌跡圓周的公共點。O2rPQPQOrO2rrQPMN練、如圖，真空室內(nèi)存在方向垂直紙面向里，大小B=0.6T的勻強磁場，內(nèi)有與磁場方向平行的板ab，在距ab距離為l=16cm處，有一點狀的放射源S向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是v=3.0106 m/s，已知 粒子的電荷與質(zhì)量之比q/m= 5.0107 C/kg ，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度。 baS l B即：2R l R。P1NP2P1P2=20cm 解： 粒子帶正電，沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑R為2RR2RMNO2RR2RMNO2R2R2RMNOR2R2RMNOD.

10、A.B.C.MNBOA例、如圖，水平放置的平板MN上方有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，許多質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子，以相同的速率 v 沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔O射入磁場區(qū)域，不計重力，不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R=mv/qB，哪個圖是正確的？（ ）以速率 v 沿紙面各個方向由小孔O射入磁場2RR2RO2RR2RO2R2R2ROR2R2ROD.A.B.C.dm-qA 一條船在靜水中的速度為v，河水的流速為V，河寬為d。問船頭方向與河岸的夾角為多少時，過河的時間最短？dA題2vxvy 河寬一定，欲使過河時間最短，須使vx有最大值

11、。當vx=v時，有過河的最短時間：vdt=v 一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為 d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為 q、質(zhì)量為 m、速度為 v 的帶電粒子進入磁場，請問其速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知 mv/Bq d）題1dm-qAvORd帶電粒子的速度方向垂直于邊界進入磁場時間最短mvdBqRd=sin =BqmvdBqm arcsin=vmvdBqR arcsin=v/R=t = 一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為 d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為 q、質(zhì)量為 m、速度為 v 的帶電粒子進入磁場，請問其

12、速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知 mv/Bq d）題1 模型識別錯誤 ！dm-qAvORd 對象模型：質(zhì)點 過程模型：勻速圓周運動 規(guī)律：牛頓第二定律 + 圓周運動公式 條件：要求時間最短wa=vst 速度 v 不變，欲使穿過磁場時間最短，須使 s 有最小值，則要求弦最短。 一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為 d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為 q、質(zhì)量為 m、速度為 v 的帶電粒子進入磁場，請問其速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知 mv/Bq d）題1dm-qAvO中垂線與邊界的夾角為（90 ）BqmvdBq

13、m2arcsinRvt=2qw2qmvdBqRd22/sin=q 一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為 d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為 q、質(zhì)量為 m、速度為 v 的帶電粒子進入磁場，請問其速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知 mv/Bq d）題1 啟示：要正確識別物理模型BvO邊界圓 帶電粒子在勻強磁場中僅受磁場力作用時做勻速圓周運動，因此，帶電粒子在圓形勻強磁場中的運動往往涉及粒子軌跡圓與磁場邊界圓的兩圓相交問題。 帶電粒子在圓形磁場中的運動 兩種基本情形：軌跡圓O+ = 兩圓心連線OO與點C共線。BO邊界圓軌跡圓BCAOO1R2例、如

14、圖，虛線所圍圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場B。電子束沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，經(jīng)過磁場區(qū)后，電子束運動的方向與原入射方向成角。設電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力。求： （1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R； （2）電子在磁場中運動的時間t； （3）圓形磁場區(qū)域的半徑r。vBOrv解：（1）（2）由幾何關系得：圓心角： = （3）由如圖所示幾何關系可知，所以：例、某離子速度選擇器的原理圖如圖，在半徑為R=10cm的圓形筒內(nèi)有B= 1104 T 的勻強磁場，方向平行于軸線。在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b?，F(xiàn)有一束比荷為q/m=2 1011 C

15、/kg的正離子，以不同角度入射，其中入射角 =30，且不經(jīng)碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v大小是 （ ） A4105 m/s B 2105 m/s C 4106 m/s D 2106 m/s解：rmv2qvB=aObOrr 作入射速度的垂線與ab的垂直平分線交于O點， O點即為軌跡圓的圓心。畫出離子在磁場中的軌跡如圖示：a Ob=2 =60， r=2R=0.2mC例、一磁場方向垂直于xOy平面，分布在以O為中心的圓形區(qū)域內(nèi)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原點O開始運動，初速為v，方向沿x正方向。粒子經(jīng)過y軸上的P點，此時速度方向與y軸的夾角為30，P到O的距離為L。不計重力。求磁感強度

16、B磁場區(qū)域的半徑R?；舅悸罚築yxvOPLv30Rr解析：2）找出有關半徑的幾何關系：1）作出運動軌跡；L=3r3）結(jié)合半徑、周期公式解。evB =Rmv2qLmvB3=LR33=UOMP電子束例、電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進入一個圓形勻強磁場區(qū)，如圖所示。磁場方向垂直于圓面。磁場區(qū)的中心為O，半徑為r。當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點。為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時磁場的磁感應強度B應為多少？又有：由以上各式解得：eU =21mv2evB =Rmv2Rr=2qtan21tanq

17、e2mUrB =R解析：磁偏轉(zhuǎn)與顯像管UOMP電子束r例、生產(chǎn)顯像管陰極時，需要用到去離子水。顯像管的工作原理是陰極K發(fā)射的電子束經(jīng)高壓加速電場(電壓U)加速后，垂直正對圓心進入半徑為r的圓形勻強磁場B ，如圖。偏轉(zhuǎn)后轟擊熒光屏P，熒光粉受激發(fā)而發(fā)光，在極短時間內(nèi)完成一幅掃描。若去離子水質(zhì)量不好，所生產(chǎn)的陰極材料中含有少量SO42，SO42打在熒光屏上，將在屏上出現(xiàn)暗斑，稱為離子斑，如發(fā)生上述情況，試分析說明暗斑集中在熒光屏中央的原因。(電子質(zhì)量為9.11031kg，硫酸根離子SO42 質(zhì)量為1.61025kg)解析：電子或SO42-在電場中加速，有：eU =21mv2在磁場中偏轉(zhuǎn)有：evB

18、=Rmv2(1)式與(2)式得設偏轉(zhuǎn)角為 ，則：Rr=2qtanmUq= Br2所以：UOMP電子束r SO42-的荷質(zhì)比遠小于電子的荷質(zhì)比，所以相比電子而言，高速SO42-經(jīng)過磁場幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而是集中打在熒光屏的中央，形成暗斑。變式：如圖所示，一帶負電荷的質(zhì)點，質(zhì)量為m，帶電量為q，從M板附近由靜止開始被電場加速，又從N板的小孔a水平射出，垂直進入半徑為R的圓形區(qū)域勻強磁場中，磁感應強度為B，入射速度方向與OP成45角，要使質(zhì)點在磁場中飛過的距離最大，則兩板間的電勢差U為多少？BvOBqT =2m2t=TBqmt =例、如圖虛線所示區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，一束速度大小各不相同的

19、質(zhì)子正對該區(qū)域的圓心O射入這個磁場；結(jié)果，這些質(zhì)子在該磁場中運動的時間有的較長，有的較短，其中運動時間較長的粒子（ ） A射入時的速度一定較大 B在該磁場中運動的路程一定較長 C在該磁場中偏轉(zhuǎn)的角度一定較大 D從該磁場中飛出的速度一定較小1R1s12R2s2BqmvR=tRsCD例、如圖，半徑為 r=3102m的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場B=0.2T，一帶正電粒子以速度v0=106m/s的從a點處射入磁場，該粒子荷質(zhì)比為q/m=108C/kg，不計重力。若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉(zhuǎn)角，其入射時粒子的方向應如何（以v0與oa的夾角表示）？最大偏轉(zhuǎn)角多大？ 說明：半徑確定時，通過的弧越長，偏轉(zhuǎn)角度

20、越大。而弧小于半個圓周時，弦越長則弧越長。R =mv/Bq=5102m r解析：OaBv0bRr = 37，sin = r/R最大偏轉(zhuǎn)角為 2 = 74。OaBv0解析：R = mv0/Bq=1.5102m = r/22Rv0 因此，在ab上方的粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域為以aO為直徑的半圓，如圖所示。在ab下方粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域為以a為圓心，aO為半徑所作圓與磁場相交的部分，如圖。最大偏轉(zhuǎn)角為180，射時粒子的方向應與oa的夾角為30。v0拓展：若改粒子射入磁場的速度為v0=3.0105m/s，其它條件不變。用斜線畫出該批粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域。若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉(zhuǎn)角，其入射時粒子的

21、方向應如何（以v0與oa的夾角表示）？最大偏轉(zhuǎn)角多大？例、如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以同樣的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的1/3。將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則B2/B1等于多少？PP3例、如圖，環(huán)狀勻強磁場圍成的中空區(qū)域內(nèi)有自由運動的帶電粒子，但由于環(huán)狀磁場的束縛，只要速度不很大，都不會穿出磁場的外邊緣。設環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1=0.5m，外半徑為 R2=1.0m，磁場的磁感應強度 B=1.0T，若

22、被縛的帶電粒子的荷質(zhì)比為 q/m=4107C/kg，中空區(qū)域中帶電粒子具有各個方向的速度。試計算： （1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向 射入磁場，不能穿越磁場的最 大速度。 （2）所有粒子不能穿越磁 場的最大速度。OBR2R1R2rvv答案：（1）1.5107m/s， （2）1.0107m/s。磁約束核聚變研究裝置 例、如圖，帶電質(zhì)點質(zhì)量為m，電量為q，以平行于Ox 軸的速度v 從y 軸上的a 點射入圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質(zhì)點能從 x 軸上的 b 點以垂直于 Ox 軸的速度v 射出，可在適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于 xy平面、磁感應強度為 B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，試求這圓形磁

23、場區(qū)域的最小半徑。重力忽略不計。yOaxbv02RBOrrMN解 ：質(zhì)點在磁場中圓周運動半徑為r=mv/Bq。質(zhì)點在磁場區(qū)域中的軌道是1/4 圓周，如圖中M、N兩點間的圓弧。在通過M、N兩點的不同的圓中，最小的一個是以MN 連線為直徑的圓周。圓形磁場區(qū)域的最小半徑qBmvMNR221= （08四川延考卷）一質(zhì)量為m，帶電量為 +q 的帶電粒子（不計重力），以初速度 v0 沿 +x 軸方向運動，從 O點處進入一個邊界為圓形的方向垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應強度大小為 B。粒子進入磁場做圓周運動的軌道半徑大于圓形磁場的半徑，改變圓形磁場圓心的位置，可以改變粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度。為使粒子從磁場

24、中射出后一定能打到 y 軸上，求滿足此條件下磁場半徑 r 的范圍。題目BxyOv0BBBxyOv0B30OPAv0變式：如圖，傾角30的斜面OA的左側(cè)有一豎直檔板，其上有小孔P，質(zhì)量m=41020kg，帶電量q=+21014 C的粒子，從小孔以速度v0=3104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向里的一正三角形區(qū)域。該粒子在運動過程中始終不碰及豎直檔板，且在飛出磁場區(qū)域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計。求：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；（2）粒子在磁場中運動的時間；（3）正三角形磁場區(qū)域的最小邊長。abco160egf解：（1）由得： 30OPAv0abco160egf

25、（2）畫出粒子的運動軌跡如圖，可知（3）由數(shù)學知識可得： 得：例、如圖，質(zhì)量為m、帶電量為+q 的粒子以速度v 從O點沿y 軸正方向射入磁感應強度為 B 的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從 b 處穿過x軸，速度方向與 x 軸正方向的夾角為30，同時進入場強為 E、方向沿與與 x 軸負方向成60角斜向下的勻強電場中，通過了 b點正下方的 C點。不計重力，試求： （1）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積； （2）C點到 b點的距離 h。vyxEbO3060vhAO2O1vyxEbO3060vhAO2O1解：(1) 反向延長vb交y 軸于O2 點，作bO2 O的角平分線交x 軸

26、于O1 ， O1即為圓形軌道的圓心，半徑為R = OO1 =mv/qB，畫出圓形軌跡交b O2于A點，如圖虛線所示。最小的圓形磁場區(qū)域是以OA為直徑的圓，如圖示：Smin = r23 m2v24q2B2=OA = 2rqBmv3=hsin 30=vth cos 30 =21qEm t2(2) b到C 受電場力作用，做類平拋運動t=2mv/qEtan 30例、如圖，質(zhì)量為m、電量為q的正離子，從A點正對圓心O以某一速度射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，問發(fā)生碰撞的最少次數(shù)？并計算此過程中正離子在磁場中運

27、動的時間t ？設粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。t = m / Bq2次BvOBvOO + =解析 根據(jù)對稱性可以看出粒子與筒壁碰撞時其速度方向一定是沿圓筒半徑方向的。粒子與筒壁碰撞次數(shù)最少是兩次，也可能出現(xiàn)3次、4次、5次n次碰撞。例、如圖，在半徑為 R 的圓筒內(nèi)有勻強磁場，質(zhì)量為m，帶電量為 q 的帶電粒子在小孔 A 處以速度 v 向著圓心射入，問磁感應強度為多大，此粒子才能繞行一周后從原孔射出？粒子在磁場中的運動時間是多少？（設相碰時電量和動能皆無損失） 無論經(jīng)過多少次碰撞，因粒子最終從原孔返回，故粒子在磁場中的各段軌跡圓弧對應的圓心角的余角總和一定是360。BvO

28、設粒子在磁場中的軌道半徑為r，如圖。把磁場圓周分為n等份，粒子經(jīng)n1次碰撞返回A，則有：解：r = R tan2n 2n= R tanp兩次碰撞間粒子運動時間：兩次碰撞間軌跡圓圓心角：AOvRrOC思考：上述解答是基于粒子在筒壁內(nèi)繞筒壁一周經(jīng)n次碰撞射出的情況，若粒子在筒壁內(nèi)繞筒壁一周不能射出呢？將B代入后可得解：AOvRrOC （1）設帶電粒子在圓筒內(nèi)繞筒壁k周、與筒壁經(jīng)n次連續(xù)碰撞后仍能從A孔射出，則每連續(xù)相鄰兩次碰撞點所對應的圓心角為 滿足：（2）如圖所示，AOC=，而 + =，有所以帶電粒子在磁場中運動的時間為(n+1) =2kr= R tan2k=1,2,3,與k相對應的n的取值范圍

29、為n2k-1的正整數(shù)。即得：又： r = mv/BqmvBqRcotk=n+1例、平行金屬板M、N間距離為d。其上有一內(nèi)壁光滑的半徑為R的絕緣圓筒與N板相切，切點處有一小孔S。圓筒內(nèi)有垂直圓筒截面方向的勻強磁場，磁感應強度為B。電子與孔S及圓心O在同一直線上。M板內(nèi)側(cè)中點處有一質(zhì)量為m，電荷量為e的靜止電子，經(jīng)過M、N間電壓為U的電場加速后射入圓筒，在圓筒壁上碰撞n次后，恰好沿原路返回到出發(fā)點。（不考慮重力，設碰撞過程中無動能損失）求： 電子到達小孔S時的速度大??； 電子第一次到達S所需要的時間； 電子第一次返回出發(fā)點所需的時間。MNm eORS解： 根據(jù)得加速后獲得的速度 設電子從M到N所需

30、時間為t1，則：得電子在磁場做圓周運動的周期為電子在圓筒內(nèi)經(jīng)過n次碰撞回到S，每段圓弧對應的圓心角n次碰撞對應的總圓心角在磁場內(nèi)運動的時間為t2（n=1，2，3，）MNSm eO1R例、如圖，圓形區(qū)域內(nèi)，兩方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60，一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該項粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場，已知該粒子從射入到射出磁場所用時間表為 t ，求區(qū)和區(qū)中磁感應強度的大?。ê雎粤Ｗ又亓Γ?。qtmB352p=qt

31、mB651p=A3A4A2A1O6030A3A4A2A1O6030解：粒子在磁場中的運動軌跡如圖示: 用B1 , B2 , R1 , R2 , T1 , T2 , t1 , t2分別表示在磁場區(qū)和區(qū)中的磁感應強度，軌道半徑和周期及運動時間。設圓形區(qū)域的半徑為r，則 R1= A1A2 =r，R2=r/2。t1 = T1/6， t2 = T2/2由 qvB = mv2/R 得：R1= mv/qB1 = r ，R2= mv/ qB2 = r/2 ， B2= 2B1 T1 =2R1/v= 2m/qB1T2 =2R2/v= 2m/qB2t1 + t2 = t 即 m3qB1 + mqB2 = t例、如圖

32、，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為兩正對小孔， 板右側(cè)有兩寬度均為d的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小均為B，方向如圖。磁場區(qū)域右側(cè)有一個熒光屏。取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向上為正方向建立x軸。電子槍K發(fā)射出的熱電子經(jīng)S1進入兩板間，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，初速度可以忽略。（1）求U在什么范圍內(nèi)，電子不能打到熒光屏上？（2）試定性地畫出能打到熒光屏上電子運動的軌跡。（3）求電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關系。NddBBM+-OxS1S2熒光屏K（1）根據(jù)動能的定理得： eU0 = mv02/2 欲使電子不能打到熒光屏上，應有： r = mv0

33、/eB d ，（2）電子穿過磁場區(qū)域而打到熒光屏上時運動的軌跡如圖所示。解： 由此 即可解得： U B2d2e/2m。OxdBdB（4）若電子在磁場區(qū)域做圓周運動的軌道半徑為r，穿過磁場區(qū)域打到熒光屏上的位置坐標為x，則由（2）中的軌跡圖可得： 注意到： r=mv/eB 和 eU = mv2/2 所以，電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數(shù)關系為：練：在真空中，半徑為 R=0.2m的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的B=1T的勻強磁場，此區(qū)域外圍足夠大空間有垂直紙面向里的大小也為B的勻強磁場，一帶正電的粒子從邊界上的P點沿半徑向外，以速度v0=5103m/s進入外圍磁場，已知粒子帶電量

34、q=5106 C，質(zhì)量m=21010 kg，不計重力。試畫出粒運動軌跡并求出粒子第一次回到P點所需時間（計算結(jié)果可以用 表示）。Pv0BB解析：由洛倫茲力提供向心力，qv0B = mv02/r ，r = 0.2 m=R。軌跡如圖所示。T = 2r/Bq = 8105 s運動周期為 t = 2T = 16105 s例、如圖，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場方向垂直紙面向外，右側(cè)區(qū)域勻強磁場方向垂直紙面向里，兩個磁場區(qū)域的磁感應強度大小均為B。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁 場區(qū)域后，又回到O點，然 后重復上述運動過程。求： （1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子的運動周期。B1EOB2LdO1O3O2由以上兩式，可得（2）在電場中運動時間在中間磁場中運動時間在右側(cè)磁場中運動時間則粒子的運動周期為帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律得：解：（1）如圖所示，帶電粒子在電場中加速，由