第16讲 磁聚焦和磁发散（解析版）

第16讲 磁聚焦和磁发散

【方法指导】

【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：L

②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

η

Δt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】

1. 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＝R

B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＝ma1

R

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。

2. 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。

3. 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。

4. 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。

5. 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。