第16讲 磁聚焦和磁发散（解析版）

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第16讲 磁聚焦和磁发散 【方法指导】磁聚焦磁发散电性相同的带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹半径与磁场半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行【例题精析】考点一 磁聚焦问题[例题1]             （2022•温州二模）如图所示，直角坐标系中，y轴左侧有一半径为a的圆形匀强磁场区域，与y轴相切于A点，A点坐标为。第一象限内也存在着匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。圆形磁场区域下方有两长度均为2a的金属极板M、N，两极板与x轴平行放置且右端与y轴齐平。现仅考虑纸面平面内，在极板M的上表面均匀分布着相同的带电粒子，每个粒子的质量为m，电量为+q。两极板加电压后，在板间产生的匀强电场使这些粒子从静止开始加速，并顺利从网状极板N穿出，然后经过圆形磁场都从A点进入第一象限。其中部分粒子打在放置于x轴的感光板CD上，感光板的长度为2.8a，厚度不计，其左端C点坐标为。打到感光板上的粒子立即被吸收，从第一象限磁场射出的粒子不再重新回到磁场中。不计粒子的重力和相互作用，忽略粒子与感光板碰撞的时间。（1）求两极板间的电压U；（2）在感光板上某区域内的同一位置会先后两次接收到粒子，该区域称为“二度感光区”，求：①“二度感光区”的长度L；②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2；（3）改变感光板材料，让它仅对垂直打来的粒子有反弹作用（不考虑打在感光板边缘C、D两点的粒子），且每次反弹后速度方向相反，大小变为原来的一半，则该粒子在磁场中运动的总时间t和总路程s。【解答】解：（1）带电粒子在圆形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，所有粒子平行射入此磁场均从A点射出（磁聚焦模型），可知粒子做圆周运动的轨道半径等于圆形匀强磁场区域的半径，即：r＝a。由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 在匀强电场中被加速的过程，由动能定理得： 联立解得：U（2）①在A点进入第一象限的粒子的速度方向与y轴正方向的夹角在0～180°范围内，沿y轴正方向射入的粒子打在感光板上的P点，随着速度与y轴夹角的增大，轨迹与感光板的交点先向右移动，离O点最远的交点为Q点（满足AQ＝2r＝2a），再向左移动一直到C点，之后就打不到感光板上了。可知PQ为“二度感光区”，由几何关系得，当粒子打在P点时轨迹圆的圆心恰好为C点，则：CP＝r＝a当粒子打在Q点时，AQ＝2r＝2a，由勾股定理得：OQ则：L＝OQ﹣OC﹣CE代入数据解得：L②由图中几何关系可知，打在C点的粒子轨迹圆的圆心为恰好在圆形磁场边界上的H点，对应进入圆形磁场的位置在F点，F到C恰好为半个圆周；打在P点的粒子轨迹一个是从H点入射，H到P也恰好为半个圆周，另一个是临界直接从A点入射。可得打在CP段的粒子对应入射区域在FH之间，打在PQ，即“二度感光区”的粒子对应入射区域在HO之间，由几何关系得：HO，FH＝a可得打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值为：n1：n2＝HO：FO：（a）＝1：3（3）粒子在磁场中运动的半径R，可知其它条件一定，R与v成正比，粒子每次反弹后速度大小变为原来的一半，故半径也变为原来的一半。在图1中可知，第一次打在P点的粒子速度方向垂直感光板，此粒子能够在P第一次被反弹，CP＝a，即第一次打在距离C点a处，反弹后粒子运动半径为，第二次打在距离C点2a处，再次反弹后粒子运动半径为，第三次落在离C点2.5a处，第四次落在离C点2.75a处，第五次落在离C点2.875a处，超出感光板边缘离开第一象限，该粒子在磁场中一共运动了5个圆周。粒子在磁场中运动周期为：T该粒子在磁场中一共运动的总时间为：t该粒子从H到P的路程为：s1＝πa从第一次反弹到第二次反弹的路程为：s2＝π从第二次反弹到第三次反弹的路程为：s3＝π从第三次反弹到第四次反弹的路程为：s4＝π从第四次反弹到离开磁场的路程为：s5＝π该粒子在磁场中运动的总路程为：s＝s1+s2+s3+s4+s5联立解得：s.答：（1）两极板间的电压U为；（2）①“二度感光区”的长度L为；②打在“二度感光区”的粒子数n1与打在整个感光板上的粒子数n2的比值n1：n2为1：3；（3）该粒子在磁场中运动的总时间t为和总路程s为。[练习1]             如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，大量比荷为、速度大小范围为0～的粒子从PM和QK间平行于PM射入圆形磁场区域，PM与圆心O在同一直线上，PM和QK间距离为0.5R，已知从M点射入的速度为v0的粒子刚好从N点射出圆形磁场区域，N点在O点正下方，不计粒子重力以及粒子间的相互作用。求：（1）圆形区域磁场的磁感应强度B及带电粒子电性；（2）圆形区域内有粒子经过的面积；（3）挡板CN、ND下方有磁感应强度为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，ND＝R，直线CD与圆形区域相切于N点，到达N点的粒子均能从板上小孔进入下方磁场，挡板ND绕N点在纸面内顺时针旋转，ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α＜90°）之间的函数关系式。【解答】解：（1）速度为v0的粒子从M点射入，从N点出，轨道半径为r，由几何关系可知r＝R 由左手定则判断可得粒子带正电（2）速度为的粒子从M射入，射出点为A，如图1所示 MO1＝r'R θ＝30°∠MOA＝2（90°﹣θ）＝120°MK间入射的速度为0～的粒子能到达的区域为图中阴影部分，面积（3）如图，由几何关系可知，能到达N点的带电粒子速度均为v0，半径均为r＝R，△KOB中有即β＝60°从K点射入带电粒子速度偏转角为60°，从M入射带电粒子速度偏转角为90°，从N点出射的粒子速度与ON的夹角最大值为90°﹣β＝90°﹣60°＝30°挡板下方磁感应强度为2B，粒子均以速度v0进入（如图2）有轨道半径△NFD中有lNF＝NDcosα＝2r''cosα连接HG构成三角形，△NHG中有∠DNH＝30°lNG＝2r''cos（α+30°）ND板下表面被粒子打到的长度为l＝lNF+lNG＝Rcosα﹣Rcos（α+30°）（0°≤α≤60°）或l＝Rcosα（60°≤α≤90°）答：（1）圆形区域磁场的磁感应强度为，粒子带正电；（2）圆形区域内有粒子经过的面积为；（3）ND板下表面上有粒子打到的区域长度l与板旋转角度α（0°≤α＜90°）之间的函数关系式为l＝lNF+lNG＝Rcosα﹣Rcos（α+30°），其中（0°≤α≤60°）或l＝Rcosα，其中60°≤α≤90°。[练习2]             如图所示，在xOy平面（纸面）内有一半径为R，以原点O为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．磁场区域的正下方有一对平行于x轴的平行金属板A和K，两板间加有电压UAK（正负、大小均可调），K板接地，与P点的距离为l，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔．一个宽为、在y轴方向均匀分布、且关于x轴对称的电子源，它持续不断地沿x正方向每秒发射出n0个速率均为v的电子，电子经过磁场偏转后均从P点射出，穿过K板小孔达到A板的所有电子被收集且导出．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用，不计电子的重力，求：（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小；（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围；（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n及这些电子均能到达A板UAK的范围。【解答】解：（1）电子在磁场中做匀速圆周运动，所有电子平行射入磁场均从P点射出（磁聚焦模型），结合沿x轴射入的电子轨迹为圆周，可知电子做圆周运动的轨道半径为：r＝R由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 解得：；（2）设电子源上端射出的电子从P点射出时与y轴负方向的夹角最大设为θm，如图1所示，四边形OCO1P为菱形，由几何关系可得：sinθm解得：θm＝60°同理电子源下端电子从P点射出时与y轴负方向的最大夹角也为60°，故所求夹角θ的范围为：﹣60°≤θ≤60°；（3）设能穿过K板小孔的电子出磁场时速度与y轴负方向的夹角最大值为a，由题意可得：tanα1，可得：α＝45°由图2可得，在MN之间射入磁场的电子可在第三象限进入小孔，由几何关系可得：MN＝Rsin45°由对称性可得，能穿过K板小孔的电子对应在电子源的射出的长度范围为：d＝2MN＝2Rsin45°R则有：解得：当UAK＝0时，经过小孔的电子均能到达A板当与y轴负方向成45°角的电子在平行金属板之间的运动轨迹刚好与A板相切时，经过小孔的电子刚好都能到达A板，设此时板间电压的绝对值为U0，电子沿板方向做匀速直线运动，其速度大小为：vx＝vcos45°由动能定理得： 解得此时板间电压的绝对值U0因K板接地，即K板电势为零，故需要UAK＞﹣U0可满足要求。故这些电子均能到达A板UAK的范围为UAK。答：（1）该匀强磁场的磁感应强度B的大小为；（2）从电子源射出的电子经P点射出时与y轴负方向的夹角θ的范围是﹣60°≤θ≤60°；（3）每秒从电子源射出的电子通过K板上小孔的电子数n为及这些电子均能到达A板UAK的范围为UAK。考点二 磁发散问题[例题2]             （2022•宁波模拟）如图甲所示，在坐标系xOy的第一、二象限内存在一有界匀强磁场区域，两边界都为圆形，其中大圆半径R1＝0.05m，圆心在y轴上的O1；小圆半径R2＝0.03m，圆心在坐标原点O；M、N为两圆形边界的交点。小圆内存在辐向电场，圆心与边界间的电压恒为U0＝800V；在磁场右侧与x轴垂直放置一平行板电容器，其左极板P中间开有一狭缝（如图乙所示），电容器两极板间电压为U（U的大小和极板电性都未知）。在O点，存在一粒子源（图中未画出），可以在纸面内沿电场向各方向同时均匀发射质量为m＝8×10﹣27kg、带电量为q＝+8×10﹣19C的粒子（粒子初速度较小，可以忽略），经辐向电场加速后进入磁场，部分粒子能以水平向右的速度从大圆边界的右侧离开磁场，已知粒子源每秒发射的粒子数为N0＝1×1020个。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，不考虑场的边界效应，整个装置处在真空环境中，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）带电粒子进入磁场时的速度大小v；（2）带电粒子在磁场中的运动半径r以及匀强磁场的磁感应强度B；（3）极板P上的狭缝刚好处在纸面位置，水平向右离开磁场的粒子，一部分会打在P极板（狭缝上方、下方），另一部分会通过狭缝进入电容器，粒子一旦接触极板，立刻被吸收，但不会影响电容器的电压。试求在较长的一段时间内，带电粒子对电容器的平均作用力F的大小与极板电压的关系。（结果保留3位有效数字）【解答】解：（1）由动能定理qU0代入数据解得v＝4×105m/s（2）大部分粒子能以水平向右的速度从大圆边界的右侧离开磁场，如图所示由几何关系可得r2+0.032＝（0.09﹣r） 2可得r＝0.04m由洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m则B＝0.1T（3）图中粒子速度方向与竖直方向的夹角由tanα可得α＝53°所以水平向右的粒子为N1N0进入电容器极板间的粒子数为N2N1若粒子进入电容器被电场加速，则Uq与极板相碰后被极板吸收，平均作用力为Ft0＝N2mv'其中t0＝1s，解得F＝42.4×10﹣4同理若粒子进入电容器被电场减速，则F＝42.4×10﹣4答：（1）带电粒子进入磁场时的速度大小为4×105m/s；（2）带电粒子在磁场中的运动半径为0.04m，匀强磁场的磁感应强度为0.1T；（3）带电粒子对电容器的平均作用力F的大小与极板电压的关系为F＝42.4×10﹣4或F＝42.4×10﹣4。[练习3]             在科学研究中，常用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，真空中有一半径为r的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，在圆形感场区域的右侧有两水平放置的正对的平行金属板M、N，板间距离也为r，板长为L，板间中心线O2O3的反向延长线恰好过磁场圆的圆心O1，在O点处有一粒子源，能向磁场中各个方向（纸面内）源源不断地发射速率相同、质量为m、比荷为k且带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为n，沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线O2O3的方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用。（1）求粒子入射的速度v0的大小。（2）若已知两平行金属板间电场强度E，在平行板的右端适当位置固定一平行于y轴方向的探测板（图中未画出），使从M、N板右端射出平行板间的粒子全部打在探测板上，则板长至少为多少？（3）在满足第（2）问的前提下，若打到探测板上的粒子被全部吸收，求粒子束对探测板的平均作用力的大小。【解答】解：（1）由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝r根据牛顿第二定律得： 同时，联立解得：v0＝kBr（2）如图所示，设某粒子从O射出时与y轴夹角为θ，根据几何关系可知四边形OO1PO'为菱形，由此可推知所有粒子从磁场射出时的速度方向都平行于x轴粒子在两金属板间做类平抛运动的加速度大小为 运动时间为 侧移量为 联立解得：所以紧贴极板入射的粒子将从O3射出，沿O2O3入射的粒子将从极板右边缘射出，若要使M、N板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上，探测板紧贴M、N右端时长度最小，为（3）在满足第（2）问的前提下，假设粒子在两金属板间向下偏转，设紧贴N板射入的粒子从O点射出时的速度方向与t轴夹角为θ，根据几何关系得： 解得：θ＝30°而言y轴正方向射出的粒子恰好沿O2O3射入，所以与y轴速度夹角在0～30°范围内的粒子可以最终打到探测板上，所以射入平行板间的粒子与射入磁场的粒子数之比为ηΔt时间内打在探测板上的粒子数为 粒子打在探测板上时，根据动量定理，在水平方向上有﹣FxΔt＝0﹣Nmv0在竖直方向上有：﹣FyΔt＝0﹣Nmvy根据运动学公式有v＝at探测板对粒子束的平均作用力大小为： 联立解得：F根据牛顿第三定律可知粒子束对探测板的平均作用力的大小为。答：（1）粒子入射的速度大小为kBr；（2）板长至少为；（3）粒子束对探测板的平均作用力大小为。[练习4]             如图甲所示，圆形区域内有一磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场；紧挨着竖直放置的两平行金属板，M板接地，中间有一狭缝。当有粒子通过狭缝时N板有电势，且随时间变化的规律如图乙所示。在圆形磁场P处的粒子发射装置，以任意角射出质量m、电荷量q、速率v0的粒子，在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等。从圆弧ab之间离开磁场的粒子均能打在竖直放置的N板上，粒子间的相互作用及其重力均可忽略不计。求这部分粒子。（1）在磁场中运动的最短时间t；（2）到达N板上动能的最大值Ekm；（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件。【解答】解：（1）粒子在磁场中的轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径与圆形磁场的半径正好相等，此为“磁发散”模型，所有粒子出磁场的速度平行，且都垂直PO。根据洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T′由轨迹图可知粒子从b点离开时，其轨迹圆心角最小为90°，在磁场中运动的时间最短，则有：t；（2）粒子在磁场逆时针偏转，根据左手定则可知粒子带负电，且所有粒子从磁场离开进入电场的速度大小均为v0，方向均与极板垂直，可知在电场中受到的电场力方向与速度方向在同一直线上，为了使粒子到达N板上动能最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，根据动能定理可得：qU0＝Ekm解得最大动能为：Ekm＝qU0；（3）要保证到达N板上速度最大，应使粒子从M板到N板过程一直做匀加速直线运动，即粒子在极板中运动的时间应满足：t1设MN间距离为d，粒子到达N板的最大速度为vm，则有：Ekm＝qU0解得：vm根据运动学公式可得：d联立可得：d故要保证到达N板上速度最大，MN间距离d应满足：0＜d。答：（1）在磁场中运动的最短时间t为；（2）到达N板上动能的最大值Ekm为qU0；（3）要保证到达N板上速度最大，MN间距离应满足的条件为0＜d。【强化专练】如图所示为某种粒子偏转装置，在xOy平面的第二象限内有半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。已知磁场区域的圆心为O′，磁场边界与x轴，y轴分别相切P、Q点。位于P处的粒子源均匀地向纸面内以相同速率发射质量为m，电量为+q的相同带电粒子，且粒子初速度的方向被限定在PO′；两侧夹角均为30°的范围内，第一象限内存在y轴负方向的匀强电场，沿着x轴在R≤x≤2R的区间范围内放置粒子接收装置MN。已知沿PO'；方向射入磁场的粒子恰好经过Q点射出，不计粒子的重力和粒子间的相互作用：（1）粒子源发射粒子的速率；（2）y轴上有粒子出射的区域范围；（3）若要求粒子源发出的所有带电粒子均被接收装置接收，求匀强电场的取值范围。【解答】解：（1）粒子沿PO方向射入磁场，恰好经过Q点射出，则粒子圆周运动的半径r＝R根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m解得：v（2）如图所示，设粒子在PO左右两侧30°角方向上射入磁场的粒子，最终分别由磁场边界上A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为O1，O2，则四边形O'AO2P、O'BO2P均为菱形，则粒子由A、B两点水平飞出，O1和B点重合。∠O'PB＝∠O2PB＝60°△OAO1和△PBO2都为等边三角形，则AB＝RB到x轴的距离为，所以y轴上有粒子出射的区域范围为y（3）带电粒子由y处飞入磁场时，最终打在N点，设此时场强为E1，根据牛顿第二定律和类平抛运动规律E1q＝ma1R 2R＝vt1解得E1带电粒子由y处飞入磁场时，最终打在M点，设此时场强为E2，根据牛顿第二定律和类平抛运动规律E2q＝ma2 2R＝vt2解得E2匀强电场的取值范围为E答：（1）粒子源发射粒子的速率为；（2）y轴上有粒子出射的区域范围为y；（3）匀强电场的取值范围为E。如图甲所示，在平面坐标系xOy，存在以（﹣l，0）为圆心、半径为l、垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小B，在第一、四象限﹣l≤y≤l范围内存在沿x轴负方向的匀强电场，y轴为电场左边界，电场右边界满足抛物线。现有一群质量为m、电荷量为+q的粒子，从抛物线边界由静止释放后进入电场区域。已知从抛物线上和处释放的粒子均能以最短的时间从坐标（﹣l，﹣l）处离开磁场。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）求从抛物线上和处释放的粒子在磁场中运动时间的比值；（2）电场强度E的大小；（3）若将右半圆磁场去掉（如图乙），并调整左半圆磁场的磁感应强度的大小，使从抛物线上y＞0区域进入电场的粒子第一次射出磁场的位置相同，求调整后磁感应强度的大小。【解答】解：（1）由题意可知，从抛物线上和处释放的粒子在磁场中运动速度大小相等，如图所示，由几何关系可得，磁场的圆心、两粒子在磁场中运动轨迹的圆心、入射点、出射点的连线组成一个菱形，故两粒子轨迹的半径R＝l从处进入磁场的粒子在磁场中运动的偏转角φ1＝120°，从处进入磁场的粒子在磁场中运动的偏转角φ2＝60°，因此，两粒子在磁场中运动的时间的比值为（2）粒子从抛物线上在电场中加速时由动能定理可得，在磁场中洛伦兹力提供向心力而，，R＝l联立可得（3）粒子在电场中加速时有设调整后磁感应强度为B1在磁场中洛伦鼓力提供粒子运动向心力而解得可以看出B1为某一固定数值时，当y→0时，r→1，因此粒子在磁场的会聚点坐标为（﹣l，0），根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示，且当y＝l时联立解得B1＝4B答：（1）从抛物线上和处释放的粒子在磁场中运动时间的比值为2；（2）电场强度E的大小为；（3）调整后磁感应强度的大小为4B。竖直平面内有Ⅰ、Ⅱ两个区域的匀强磁场，方向均垂直纸面向外，两区域边界相切，如图所示。Ⅰ区域是半径为R的圆形边界磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域是边长为2R的正方形边界场，感应强度大小为2B。以圆形边界磁场最底端O为原点建立xOy直角坐标系。一质量为m，电荷量为+q的粒子，由原点O沿与x轴正方向夹角60°进入Ⅰ磁场区域，速度大小。粒子重力略不计，求：（1）粒子运动到x轴时的位置；（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置。【解答】解：（1）粒子在Ⅰ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：，解得：r1＝R由题意可知，粒子的运动轨迹如图1所示：由粒子运动的几何关系可知，粒子飞出圆形磁场时的速度与x轴平行。粒子在Ⅱ区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：，解得： 粒子运动轨迹如图1所示，可知粒子运动到x轴时的位置坐标：；（2）若Ⅱ区域内磁场反向，粒子进入Ⅱ区域将做逆时针圆周运动，运动轨迹如图2所示由几何关系可得，第一次出Ⅰ区域磁场时在y方向上运动的距离：在Ⅱ区域磁场运动y方向上运动的距离：y2＝R由对称关系可知，粒子再次进入磁场到y轴，在y方向上运动的距离：综上所述，粒子再次经过y轴时的位置坐标y＝y1+y2+y3＝2R答：（1）粒子运动到x轴时的位置为R；（2）若Ⅱ区域内磁场反向，则粒子再次经过y轴时的位置为2R。如图所示为某离子收集器装置的示意图，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与y轴相切于坐标原点O，磁场方向垂直于坐标平面，一截面为矩形的电场处理器AMNC与磁场相切于P点，AC边与y轴重合，其中AM＝AC＝2R，AC与MN间存在沿x轴正方向的匀强电场，在MN处放置有与MN等长的荧光屏。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，以相同速率v0各向均匀的从O点射入x＞0区域，其中沿Ox方向射入的离子刚好经过P点，已知所有离子均能打到荧光屏上，形成的亮线恰与M、N连线重合，不计离子重力及相互作用，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小和方向；（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小；（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为多少。【解答】解：（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，沿x轴正方向射入，从P点射出，根据洛伦兹力提供向心力，即：qv0B＝m由几何关系可知，r＝R联立解得：B，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外；（2）对沿﹣y轴方向射入的离子，其刚好到达N点，可知该离子在电场中沿﹣y轴方向有：2R＝v0t在x轴方向：2R联立解得：E（3）对恰好打中荧光屏中间位置的离子在电场中在﹣y轴方向有：R＝v0t在x轴方向有：x联立解得：x设离子在磁场中运动轨迹如图所示：由几何关系可知：sinθ，解得：θ＝30°所以荧光屏MF间与FD间收集到的离子对应发射角度为60°与120°，故荧光屏上半部分与下半部分收集到的离子数目之比为：答：（1）匀强磁场的磁感应强度B大小为，磁场方向垂直纸面向外；（2）电场处理器AMNC间的电场强度E的大小为；（3）若F为MN中点，荧光屏上MF间与FN间收集到的离子数目之比为。如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域I内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域I右侧有一宽度也为R、足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向右的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一长为3R的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角。在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域I内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AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子的初速度大小v0和电场的电场强度大小E；（2）求荧光屏上的发光区域长度△x；（3）若改变区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，求区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件。【解答】解：（1）沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上，故粒子运动轨迹如右图所示：根据粒子沿AO方向射入磁场，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ可得：粒子在区域I中的轨道半径为R；根据洛伦兹力做向心力可得：，粒子的初速度大小；因粒子垂直打在荧光屏上，由几何关系可得：在区域Ⅲ中的运动半径为2R；根据洛伦兹力做向心力可得：，粒子在区域Ⅲ中的运动速度大小；粒子在电场中运动只有电场力做功，由动能定理可得：；解得电场强度大小；（2）由于OA在竖直方向，粒子在区域I内的轨道半径为R，由几何关系可得：粒子离开区域I时的速度一定水平；故粒子进入区域Ⅱ的电场时的速度为v0，方向水平向右，经过电场加速后，粒子进入区域Ⅲ的速度为v，轨道半径为2R，粒子分布在FG上2R范围内；如右图所示；粒子打在荧光屏上，距M点的距离最大为X，最小为x；由几何关系可得：（Xsin53°）2+（Xcos53°﹣R）2＝（2R）2，（xsin53°）2+（xcos53°+R）2＝（2R）2；解得：，；故荧光屏上的发光区域长度△x＝X﹣x＝1.2R；（3）由（2）可知：粒子进入区域Ⅲ的速度为v，且分布在FG上2R范围内；粒子不从M左侧离开区域Ⅲ，则有轨道半径；粒子不从N右侧离开区域Ⅲ，则有轨道半径r≤r'，（3Rsin53°）2+（R'+3Rcos53°﹣r'）2＝r'2，R≤R'≤3R；所以，，当R'＝R时，r'取得最小值，故；故要让所有粒子全部打中荧光屏，在区域Ⅲ的轨道半径；故根据洛伦兹力做向心力可得：，磁感应强度；又有，所以，；答：（1）粒子的初速度大小为v0为；电场的电场强度大小E为；（2）荧光屏上的发光区域长度△x为1.2R；（3）若改变区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小，要让所有粒子全部打中荧光屏，区域Ⅲ中磁场的磁感应强度大小应满足的条件是。