2023届二轮复习 第11讲　带电粒子在磁场中的运动 学案（浙江专用）

第11讲　带电粒子在磁场中的运动

题型1　磁场的性质　安培力

1.磁场的叠加

空间的磁场通常是多个磁场叠加而成的,磁感应强度是矢量,可以通过平行四边形定则进行计算或判断。具体思路如下:

(1)首先确定磁场的场源,如通电导线。 

(2)定位空间中需要求解磁感应强度的点,利用安培定则判定各个场源在这一点产生的磁感应强度的方向,如图中场源M、N在c点产生的磁感应强度。

(3)应用平行四边形定则进行合成,如图中的合磁感应强度B。

2.两个等效模型

(1)变曲为直:如图甲所示通电导线,在计算安培力的大小和判断安培力的方向时均可等效为ac直线电流。

(2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁体,如图乙所示。磁场方向可通过安培定则判定。

3.解决磁场中导体运动问题的一般思路

(1)正确对导体棒进行受力分析,应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向,安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直。

(2)画出辅助图(如导轨、斜面等),并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向)。

(3)将立体的受力分析图转化为平面受力分析图,即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。

[例1] 如图所示,在圆心为O的圆周上固定着三根相互平行的长直导线A、B、C,三导线中通入的电流大小相同,其中导线A、B中的电流垂直于圆平面向里,导线C中的电流垂直于圆平面向外,三导线在圆周上的点与圆心O的连线互成120°角,圆平面内还存在一个方向与该平面平行、磁感应强度大小为B0的匀强磁场(未画出),O点的磁感应强度为零。如果撤去匀强磁场和导线A,则O点的磁感应强度的大小和方向分别为(　D　)

A.,垂直于AO方向向左

B.,沿AO方向

C.,垂直于AO方向向左

D.,沿OA方向

解析:由安培定则可以得到三根通电直导线产生的磁场如图所示。

因为三根导线中通入的电流大小相同,所以它们在圆心O处产生的磁感应强度大小相等,即BA=BB=BC=B,且由几何关系知,三个磁感应强度两两夹角均为60°,所以合磁感应强度为B+2Bcos 60°=2B,又因为O点的磁感应强度为零,则B0=2B,所以B=,如果撤去匀强磁场和导线A,则B、C两导线的合磁感应强度为2Bcos 30°=B0,且方向由O指向A,故选D。

[拓展训练1] (2022·嘉兴模拟)如图所示,图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内),每段圆弧的半径均为L,固定于垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流,则金属线框所受安培力的大小和方向为(　B　)

A.2BIL,垂直于AC向左

B.BIL,垂直于AC向左

C.,垂直于AC向左

D.,垂直于AC向右

解析:根据几何知识可得金属线框在磁场中所受安培力的有效长度为=L,金属线框所受到的安培力F=ILB,由左手定则可知,金属线框受到的安培力方向为垂直于AC向左,故选B。

[拓展训练2] 如图,空间中有三根相互平行且质量均为m的长直导线,三根导线中通有方向垂直纸面向里且大小为I的电流,导线横截面恰好构成等边三角形的顶点,已知A导线在C处产生的磁感应强度的大小为B0,C导线放在水平地面上且处于静止状态,C导线长度为L,下列说法正确的是(　C　)

A.A、B导线在C处产生的合磁场方向水平向左

B.C导线所受的安培力大小为B0IL,方向水平向右

C.C导线所受的静摩擦力大小为B0IL,方向水平向右

D.C导线对地面的压力的大小为mg+B0IL

解析:根据安培定则知,A、B导线在C处产生的磁场方向分别斜向下垂直于AC、BC,如图所示。

根据几何关系可知θ=30°,则有BC=B0,方向竖直向下,选项A错误;由左手定则可知,C导线所受安培力方向水平向左,大小为F=B0IL,由于C导线位于水平面且处于静止状态,所以C导线受到的静摩擦力大小也为B0IL,方向水平向右,选项B错误,C正确;因为C导线所受的安培力在竖直方向上没有分力,所以C导线对地面的压力的大小等于其重力,选项D错误。

题型2　带电粒子在匀强磁场中的运动

1.基本公式:qvB=m,T=。

重要结论:r=,T=。

2.基本思路

(1)画轨迹:确定圆心,用几何方法求半径并画出轨迹。

(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间和周期相联系。

(3)用规律:利用牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式。

3.轨迹圆的几个基本特点

(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时,入射角等于出射角。如图甲所示,θ1=θ2=θ3。

(2)粒子经过磁场时速度方向的偏转角等于其轨迹的圆心角(如图甲所示,α1=α2)。

(3)沿半径方向射入圆形磁场的粒子,出射时也沿半径方向,如图乙

所示。

(4)如图丙所示,磁场圆与轨迹圆半径相同时,以相同速率从同一点沿各个方向射入的粒子,出射速度方向相互平行(即磁发散现象)。反之,以相互平行的相同速率射入时,会从同一点射出(即磁聚焦现象)。

[例2] (多选)如图所示,在直角坐标xOy平面内,有一半径为R的圆形匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B,方向垂直于纸面向里,边界与x、y轴分别相切于a、b两点,ac为直径。一质量为m,电荷量为q的带电粒子从b点以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x轴正方向进入磁场区域,从a点垂直于x轴离开磁场;该粒子第二次以相同的初速度从圆弧bc的中点d沿平行于x轴正方向进入磁场,不计粒子重力。下列判断正确的是(　BD　)

A.该粒子的初速度为v0=

B.该粒子第二次在磁场中的运动时间是第一次运动时间的1.5倍

C.该粒子第二次在磁场中运动轨迹的圆心角为145°

D.该粒子以相同的初速度从圆弧cd中点e沿平行于x轴正方向进入磁场,从a点离开磁场

解析:由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力提供向心力有Bqv0=m,可得该粒子的初速度为v0=,故A错误;该粒子第二次以相同的初速度从圆弧bc的中点d沿平行于x轴正方向进入磁场,其轨迹半径不变,也为R,轨迹如图所示。

由几何知识可知,其运动轨迹所对应的圆心角为θ=135°,则粒子第二次在磁场中的运动时间为t2=T=×=,粒子第一次在磁场中的运动时间为t1=T=×=,则该粒子第二次在磁场中的运动时间是第一次运动时间的1.5倍,故B正确,C错误;由磁聚焦模型可知,粒子仍从a点离开磁场,故D正确。

[拓展训练3] (多选)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子,带电粒子的质量均为m,运动的半径为r,在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。不计粒子重力及粒子间相互作用,以下说法正确的是(　AB　)

A.若r=2R,则粒子在磁场中运动的最长时间为

B.若r=2R,粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场,则有关系式tan =成立

C.若r=R,粒子沿着磁场的半径方向射入,则粒子在磁场中的运动时间为

D.若r=R,粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场,则圆心角α为120°

解析:若r=2R,粒子在磁场中运动时间最长时,磁场区域的直径是轨迹的一条弦,作出轨迹如图甲所示,因为r=2R,圆心角α=60°,粒子在磁场中运动的最长时间tmax=T=·=,故A正确;

若r=2R,粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场,如图乙所示,根据几何关系,有tan ===,故B正确;

若r=R,粒子沿着磁场的半径方向射入,粒子运动轨迹如图丙所示,圆心角为90°,粒子在磁场中的运动时间t=T=·=,故C

错误;

若r=R,粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场,轨迹如图丁所示,图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形,圆心角为150°,故D错误。

题型3　带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题

1.解决带电粒子在磁场中运动的临界问题,关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态。粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。

2.根据粒子的速度方向找出半径方向,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系。画轨迹表示临界状态,找出临界条件,从而通过临界条件求出临界值。

[例3] (多选)如图为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上高度为区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场,一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。则(　BD　)

A.粒子带正电荷

B.轨迹半径为

C.粒子的比荷为

D.若粒子速度减小,在该磁场区域的运动时间增大

解析:由左手定则可知,粒子带负电荷,选项A错误;由几何关系可知r2+(R+)2=(R+r)2,解得r=,选项B正确;

根据qvB=m,解得=,选项C错误;若粒子速度减小,则粒子的运动半径减小,但是粒子在磁场中运动的圆心角变大,因粒子的周期T=不变,则由t=T,则在该磁场区域的运动时间变大,选项D正确。

[拓展训练4] (多选)如图所示,边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,正六边形中心O处有一粒子源,可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子,已知粒子质量均为m、电荷量均为q,不计粒子重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是(　BC　)

A.可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出

B.从a点垂直af边离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为t=

C.垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域,速率至少为v=

D.要想离开正六边形区域,粒子的速率至少为

解析:若粒子从ab边中点处垂直ab边射出,则圆心一定在ab边所在的直线上,设ab边的中点为g,则圆心又在Og的中垂线上,而中垂线与ab边平行,不可能相交,A错误;同理,作aO中垂线,与出射速度垂线交于f点,即f为圆心,则对应圆心角为60°,所以粒子在磁场中的运动时间为t=T,且T=,解得t=,B正确;垂直cf向上发射的粒子刚好能离开磁场时,轨迹与af边相切,则由几何关系得L=r+,由qvB=可知r=,联立解得v=,C正确;因为O点距六边形的最近距离为d=Lcos 30°=L,即此时对应刚好离开磁场的最小直径,所以最小半径为r=,又r=,所以最小速度为vmin=,D错误。

专题训练11　带电粒子在磁场中的运动

保分基础练

1.长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上,固定的长直导线b与a平行放置,导体棒a与力传感器相连,如图所示(俯视图)。a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流,其中Ia方向已知,Ib方向未知。导体棒a静止时,传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。下列说法正确的是(　B　)

A.Ib与Ia的方向相同,Ib在a处的磁感应强度B大小为

B.Ib与Ia的方向相同,Ib在a处的磁感应强度B大小为

C.Ib与Ia的方向相反,Ib在a处的磁感应强度B大小为

D.Ib与Ia的方向相反,Ib在a处的磁感应强度B大小为

解析:由题意可知,导体棒a所受的安培力方向向左,由左手定则可知,导体棒a所在处的磁场方向垂直纸面向里,又由安培定则可知直导线b中的电流方向与Ia的方向相同,对导体棒a由力的平衡条件可知F=FA=BIaL,解得B=,B正确,A、C、D错误。

2.(2022·杭州二模)在恒定磁场中固定一条直导线,先后在导线中通入不同的电流,图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中,不可能正确的是(　C　)

解析:在匀强磁场中,当电流方向与磁感应强度B的夹角为θ时,所受安培力为F=BILsin θ,由于磁感应强度B和导线长度L不变,因此F与I的关系图像为过原点的直线,故A、B正确,C错误;当电流方向与磁感应强度B平行时,所受的安培力始终为零,故D正确。

3.如图所示,两个单匝圆形线圈甲和乙相隔一定距离竖直固定在水平面上,通过甲线圈的电流大于乙线圈的电流,虚线为两线圈的中轴线,O、O1、O2、M、N都在中轴线上,O1、O2分别为甲、乙线圈的圆心,O为O1O2连线的中点,O1为MO的中点,O2为ON的中点,下列说法正确的是(　C　)

A.两线圈之间存在相互排斥的作用力

B.O点处的磁感应强度方向沿轴线向右

C.O、M、N三点中O点处磁感应强度最大

D.乙线圈在O点产生的磁感应强度大于甲线圈在O点产生的磁感应

强度

解析:两线圈中的电流同向,由于同向电流之间相互吸引,则两线圈之间存在相互吸引的作用力,选项A错误;由安培定则可知,两线圈中电流在O点处产生的磁场方向均向左,则O点的磁感应强度方向沿轴线向左,选项B错误;由磁场叠加可知,O、M、N三点中O点处磁感应强度最大,选项C正确;由于甲线圈的电流大于乙线圈的电流,则甲线圈在O点产生的磁感应强度大于乙线圈在O点产生的磁感应强度,选项D错误。

4.如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　C　)

A.BIL B.BIL

C.BIL D.2BIL

解析:根据题意可知从a经b到c的电流为I′=,正三角形线框接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流为I总=I+I′=,所受安培力为F=BI总L=,由平衡条件可知,线框受到的摩擦力大小为Ff=Fcos 30°=,故选C。

5.如图所示,三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I,其中P、Q、R为导线上三个点,三点连成的平面与导线垂直,O为PQ连线的中点,且QR=PR。则下列判断正确的是(　D　)

A.R点的磁感应强度方向竖直向上

B.P点的磁感应强度方向竖直向下

C.R点与O点的磁感应强度相同

D.若忽略P所在的导线,在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,不可能存在磁感应强度为零的位置

解析:如图所示,因Q在R点产生的磁场垂直于QR斜向上,P在R点产生的磁场方向垂直PR斜向下,则R点的磁感应强度沿水平方向,A错误;如图所示,因Q在P点产生的磁场垂直于QP竖直向上,R在P点产生的磁场方向垂直PR斜向上,则P点的磁感应强度方向斜向右上方,B错误;因P、Q两处的电流在O点的合磁感应强度为零,则O点的磁感应强度方向向右,则R点与O点的磁感应强度方向不相同,大小也不一定相同,C错误;根据同向电流相互吸引,反向电流相互排斥,在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,不存在合力为零的位置,所以磁感应强度为零的位置也不存在,D正确。

6.如图所示,四根长直导线垂直纸面放置,其横截面位于一边长为a的正方形顶点A、C、D、E上。四根导线中均通以大小为I0的恒定电流,电流方向如图所示,已知载流长直导线周围某点的磁感应强度B=k,式中k为常量,I为导线中的电流,r为该点到导线的距离。下列说法正确的是(　D　)

A.A处导线所受安培力方向从A指向D

B.A处长为L的一段导线所受安培力大小为

C.若仅改变D处导线中的电流方向,A处导线所受安培力大小变为原来的2倍

D.若仅改变E处导线中的电流方向,A处导线所受安培力大小变为原来的 倍

解析:由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度的方向垂直AD连线斜向左下方,根据左手定则可知,A处导线所受安培力方向从D指向A,A错误;由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度大小为B=,故A处长为L的一段导线所受安培力大小为F=,B错误;若仅改变D处导线中的电流方向,A处长为L的一段导线所受安培力大小为F′=,则A处导线所受安培力大小变为原来的3倍,C错误;若仅改变E处导线中的电流方向,由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度大小为B=,则A处导线所受安培力大小变为原来的 倍,D正确。

7.如图所示,在直角三角形abc区域中,有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。三个电荷量为q(q>0)、质量为m的同种粒子,从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1。已知∠a=45°,ac=L,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　D　)

A.粒子的比荷 =

B.三个粒子的速度大小关系一定是v1=v2<v3

C.以速度v2射入的粒子运动的时间t2=

D.运动时间为t3的粒子,其速度v3=

解析:三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=3∶3∶1,根据几何知识分析,粒子运动轨迹如图所示,它们对应的圆心角分别为90°、90°、30°,粒子运动的周期T=,则有t1=T=,解得粒子的比荷=,故A错误;由几何关系可知R2<R3,R1<R3=2L,洛伦兹力提供向心力qvB=m,从而得到粒子做匀速圆周运动的速度v=,则有v1<v3,v2<v3=,其中v1与v2的大小无法确定,故B错误,D正确;以速度v2射入的粒子运动的时间t2=T=,故C错误。

8.(多选)如图,一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子,所有粒子的初速度v(未知)大小相同。已知初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收),粒子与挡板碰撞则会被吸收,ON=a,ON⊥MN,不计粒子重力,不考虑粒子间的相互作用。则(　CD　)

A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a

B.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a

C.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的

D.若调节初速度v大小使挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a,则v的最小值为

解析:恰好经过N点粒子的轨迹如图中轨迹1所示,设半径为R,由几何关系可知2Rcos 30°=a,解得R=a,选项A错误;当轨迹刚好与MN相切时,粒子能打到板上最大高度,如图中轨迹2,设速度方向与ON夹角为θ,由几何关系Rsin θ+R=a,解得sin θ=-1,由此可得Rcos θ=a=a,所以,挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a,选项B错误;要使粒子打到右侧,则有两个临界条件,如图中轨迹1、3,速度夹角为60°,则比例为=,选项C正确;由A、C选项分析可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a,速度方向与ON夹角为60°,由洛伦兹力提供向心力qvB=,解得v=,选项D正确。

9.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用,如图所示,以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场,两个磁场的磁感应强度大小都是B。有一质量为m、所带正电荷电荷量为q的带电粒子从P点沿半径垂直磁场射入圆形区域,粒子两次穿越磁场边界后又回到P点,不计粒子重力,则(　D　)

A.粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R

B.粒子从P点射入磁场的速度大小为

C.粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为

D.如果圆形区域外的磁场在一个以O为圆心的圆环内,则该圆环的面积至少为(6+4)πR2

解析:因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P点,画出粒子轨迹示意图如图所示。

设粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有tan 30°=,解得r=R,选项A错误;由qvB=m,可得v=,选项B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T==,粒子从P点射出到第一次回到P点所需要的时间为t=++=,选项C错误;由几何关系可知,圆环的大圆半径为(2+)R,小圆半径为R,所以其面积为S=π[(2+)R]2-πR2=(6+4)πR2,选项D正确。

10.(多选)如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　ACD　)

A.粒子一定带正电

B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场

C.粒子入射速率为

D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L

解析:根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A正确;当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图甲所示。

粒子运动的半径为r==2L,洛伦兹力提供向心力qvB=m,解得粒子入射速率v=。若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示。

根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直,B错误,C正确;粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示。

根据几何关系可知(2r)2=(L)2+,解得

xm=3L,D正确。

高分强化练

11.在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,选择出一定速度的离子,然后通过磁分析器Ⅰ,选择出特定比荷的离子,经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器中的匀强电场电场强度大小为E,方向竖直向上。磁分析器横截面是矩形,矩形长为2L,宽为(4-2)L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔;半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外,磁感应强度大小可调的匀强磁场,D、M、N在一条竖直线上,DM为圆形偏转系统的直径,最低点M到硅片的距离MN=,不计离子重力。

(1)求离子通过速度选择器后的速度大小;

(2)求磁分析器选择出来的离子的比荷;

(3)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围B≤B偏≤B,求硅片上离子注入的宽度。

解析:(1)由题意可知qvB=qE,

解得v=。

(2)离子做圆周运动,由几何知识可知R2=L2+[R-(2-)L]2,解得R=2L,

又因为洛伦兹力提供向心力qvB=,

解得=。

(3)结合上述分析,根据R′=可得半径R′满足L≤R′≤L,

所以粒子轨迹如图所示。

如图甲,当R′=R1=L时,由几何知识可知,离子竖直向下离开,落点P到N点距离x1=L,

如图乙,当R′=R2=L时,由几何知识可知,离子从M点与水平方向成30°离开,落点Q到N点的距离x2=L,宽度x=x1+x2=L。

答案:(1)　(2)　(3)L

12.如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,边界AD与边界AC的夹角为30°,边界AC与MN平行,Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里,Ⅱ区域宽度为d,边界AD上的P点与A点间距离为2d。一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v=,沿纸面与边界AD成60°角的图示方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可忽略不计)。

(1)若粒子从P点进入磁场,从边界MN飞出磁场,求粒子经过两磁场区域的时间;

(2)粒子从距A点多远处进入磁场时,在Ⅱ区域运动时间最短?

解析:(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则qvB=m,

且v=,联立解得r=2d,

粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,

设粒子在Ⅰ区域转过的角度为θ,由图可知

sin θ==,得θ=30°,粒子在Ⅰ区域运动时间t1=T,设粒子在Ⅱ区域运动时间为t2,由对称关系可知t1=t2,粒子经过两磁场区域的时间为t=t1+t2=2t1,解得t=。

(2)由图可知在Ⅱ区域运动时间最短时,运动圆弧对应的弦长最短,应为d,由几何关系可知,粒子入射点Q到边界AC的距离应为,则入射点Q与A点的距离为d。

答案:(1)　(2)d

13.如图所示,以α粒子源为原点建立直角坐标系xOy,在以O点为圆心、半径为R0的圆形区域内存在一个有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B0。α粒子源在坐标平面内向第三、四象限的各个方向发射速率相同的α粒子。已知α粒子的电荷量为2e、质量为m,不计粒子重力及粒子间的相互作用。

(1)若磁场分布在整个圆形区域内,则α粒子恰能达到而不会飞出磁场的边界,求α粒子的速率v0;

(2)若调整磁场边界,可使得所有速率为v0的α粒子都能在离开圆形区域前以相同的速度通过y轴,请画出可以实现这一要求的磁场边界,并将有磁场区域用阴影表示;

(3)接(2)问,若要让所有速率为v0的α粒子通过y轴后全部汇聚到坐标为(-R0,0)的P点,则可在圆形区域内再增加一个有界磁场,求该磁场区域的面积及磁感应强度大小B2。

解析:(1)由牛顿第二定律可得qv0B0=m,

其中q=2e,α粒子恰能达到而不会飞出磁场的边界,由几何关系得2r=R0,联立解得v0=。

(2)如图甲所示,第一、三、四象限内有填充区域,圆形区域内第二象限无磁场,第四象限充满磁场,第三象限圆形区域内半圆边界,第一象限圆形区域内半圆边界。

(3)如图乙中第二象限表示区域,

面积为S=2×(π-)=,

根据边界条件计算,可得2ev0B2=m,联立解得B2=。

答案:(1)　(2)图见解析

(3)　

14.某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。

(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;

(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;

(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。

解析:(1)qvB=得 v=,离子运动轨迹如图所示。

由几何关系知HO=0.6R,

得s==0.8R。

(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β,

tan α=,解得Lmax=R。

(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pZ=pcos α=0.8qBR,

0<L≤R,

F1=Np+2NpZ=2.6NqBR,

R<L≤0.4R,

F2=Np+NpZ=1.8NqBR,

L>0.4R,

F3=Np=NqBR。

答案:(1)　0.8R　(2)R　(3)见解析