带电粒子在电磁场中的运动自己整理1217Word格式文档下载.docx
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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；
（2）
若Ⅱ区磁感应强度也是B0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。
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，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1．如图所示，M、N为平行板电容器的两极板，M板的上表面涂有一种特殊材料，确保粒子和M板相撞后以原速率反弹且电荷量不变，其上方腰长为2a、底角为45°
的等腰直角三角形区域内，有垂直纸面向外的均强磁场．N
板上的O处有粒子源，能产生质量为m、电荷量为q的带负电的粒子（初速度忽略不计），经电场加速后从M板上距离B点为2a的小孔P垂直于BC进入磁场．若粒子从P点进入磁场后经时间t第一次与M板相撞，且撞击点为B点，不计粒子重力与空气阻力的影响．
（1）求电容器两板之间的电势差U；
（2）若粒子未与M板相撞而从AB边射出，侧感应强度应满足什么条件？
（3）若将磁场反向，并调节磁感应强度大小，是粒子和M板相撞一次后垂
直于AC射出磁场，求粒子再磁场中运动的时间．
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U0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.
（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（U0–U）到（U0U）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r1
2）（见图）最窄处位于过两虚线交点的垂线上
dr1r12（L2）2
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径
2m（U0U）
r1min
1minBq
r2的最大半径r2max
12m（U0U）
Bq
由题意知
2r1min–2r2max>
L，
4m（U0U）22m（U0U）即B0qB0qL
解得LB2mq[2（U0U）2（U0U）]
【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，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ABL，所以PQ
P是两个半
L
，所以
2
最窄处的宽度dAQ
2mU0d
Bq代入得
则dr1r12（L2）2将r1
（写于2017.6.10，录入与2017.6.11）
（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；
（2）若Ⅱ区磁感应强度也是B0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
［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＝21mv2
粒子在Ⅰ区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：
qvB0＝mRv1
根据几何关系可得：
R1＝22L
联立可得加速电场两极板间电势差：
U＝
22
qB02L2
4m
粒子在磁场中运动的周期：
T＝2πR1＝2πm
vqB0
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：
t1＝1T＝πm。
142qB0
（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＝（R1＋R2）（1－cosθ）＋Ltanθ
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。
）。
mvL
R2（1＋cosθ）≤L，即：
qB≤2
1＋
解得：
B≥22＋1B0
可知当B＝22＋1B0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：
12πmπmt1＝2·
·
＝14·
qB0qB0
粒子两次在磁场之间运动的时间为：
t2＝2v2L＝q4Bm0
粒子在Ⅱ区域运动的时间：
t3＝4·
2qπBm2＝43·
22＋π1m＝3（2－1）qπBm0
2qB0
总时间：
t＝t1＋t2＋t3＝（32π－2π＋4）qmB。
qB0Lπm
[答案]
（1）4m2qB0
（2）2L
（3）B≥22＋1B0（32π－2π＋4）qmB
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
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。
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
由向心力公式可得：
v2qv1B1＝mvR解得v1＝
qB1R
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2qB2Rv2＝m2
121qU＝2mv2－22
qv2B2＝mv22R解得
2R，
粒子在加速管中作加速运动，由动能定理得：
22－B
联立解得加速管所加的电压U＝qRB2－B
2m
2mv1
。
（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x1，如图乙所示，
由几何关系得：
（x1cosθ＋R）2＋（x1sinθ）2＝（2R）2解得x1＝1321R
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x2，如图丙所示，由几何关系得：
22213＋1
（x2cosθ－R）2＋（x2sinθ）2＝（2R）2解得x2＝2R
从BO3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：
答案：
（1）qBm1RU＝qRB22m－B1
（2）R（3）1149B2≤B≤34B2
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v0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B0
和TB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、v0为已知量。
mv0qv0B0＝
1
（1）若Δt＝2TB，求B0；
（2）为使t＝0时刻入射的粒子垂直打在P板上，求粒子在0～T2时间内速度的偏转角α应满足的条件；
（3）若B0＝qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
解析：
（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得：
根据题意由几何关系得：
R1＝d
联立解得B0＝0。
0qd
（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：
r1
此时sinβ＝2r＝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：
2πR
T＝v0
2由牛顿第二定律得到：
qv0B0＝mv0R将B0代入上式可得：
d＝5R粒子运动轨迹如图所示：
O1、O2为圆心，O1、
击中P板，由题意可知：
若在A点击中P板，
R＋2（R＋Rsin当
θ）n＝d，且要求：
0≤θ≤3n＝0、n＝1时，无解。
O2连线与水平方向夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直
2π＋θT＝TB
T＝
2πT＝2根据题意由几何关系得到：
π
n＝2时，sinθ＝0，此时TB
πd，
5v0，
n≥3时无解。
若在B点击中P板，根据题意由几何关系得到：
πR＋2Rsinθ＋2（R＋Rsinθ）n＝d，且要求：
0<
θ≤3n＝0时无解
14πd
n＝1时，sinθ＝1，此时TB＝π
215v0
n≥2时，无解。
（1）mv0
（2）90°
α≤≤150°
（3）πd或4πdqd5v015v0
12.（2018桐·
乡茅盾中学模拟）如图所示，在xOy平面内，有一线状沿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，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的小孔。
A与K两板间加有恒定电压UAK，且K板电势高于A板电势，
2子质量为m，电荷量为e，UAK＝－3mv，不计电子重力及它们间的相互
8e
（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？
（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
1212UAK·
e＝2m（vcosθ0）－2mv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
电子布且原点电子
K和
K的夹角θ满足
M，
平行四边形O1POM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dM＝R（1－cos45°
）θ＝135°
的电子在磁场中的轨迹如图乙所示，入射点为
N到P点的竖直距离dN＝R（1＋cos45°
）
源关O经
A
轴对称
已知电
作用。
N
故NM竖直长度占射入总长度2R的比例为
－dM＝2
2R＝2
（1）60
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