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训练 06 带电粒子在磁场中的运动 1.某质子治疗机通过质子轰击肿瘤细胞以达到治疗效果。因外界因素的干扰经常导致质子无法准确轰 击到肿瘤靶标。需要轨迹矫正器修正质子的轨迹。如图为轨迹矫正器原理图,质子束被干扰后经过坐 标原点 O 时的速度 v0 沿 x 轴正方向,现用区域 I 的第一矫正磁场使质子束前进方向发生预设角度的偏 移。再用区城 II 的第二矫正磁场将质子束前进方向调整至沿 x 轴的正方向而击中靶标。两区域磁场的 方向相反。磁感应强度大小均为 B,磁场左右边界平行于 y 轴。宽度均为 d。质子的质量为 m,电荷量 为 q,已知 0 5 3  Bdqr m 。不计质子的重力及相互作用。 (1)定性画出质子在两矫正磁场区域中的运动轨迹; (2)求该轨迹矫正器的矫正距离 y。 【答案】(1) ;(2) 2 3 y d 【详解】 (1)质子在两矫正磁场区域中的运动轨迹如图所示 (2)设质子在磁场中做圆周运动的半径为 r,由洛伦兹力提供向心力有 2 0 0 mvqv B r  解得 5 3r d 据几何关系可知,质子一次偏转的侧移量为 2 2 1 3 dy r r d    根据对称性可知,质子在区域 II 沿 y 轴方向的偏移量 2 1 3y d 故质子在磁场区域的总偏移量 1 2 2 3y y y d   2.如图所示坐标系 xOy 中,第一象限内分布着匀强磁场 I 和 II,OP 为分界线,磁场 I 中磁感应强度为 2B,方向垂直纸面向里;磁场 II 中磁感应强度为 B,方向垂直纸面向外,P 点坐标为(4a,3a)。一质 量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入磁场 II,经过一段时间后粒子恰能经过原 点 O。不计粒子重力,求: (1)粒子从 P 点运动到 O 点的最短时间; (2)粒子运动速度的大小。 【答案】(1) 53 60 mt qB  ;(2) 25 12  qBav nm ,n=l,2,3,…… 【详解】 (1)粒子运动轨迹如图; 2 2 vqvB m r  2 1 2  rr 由几何关系 4tan 3   则 =53  2 12 2r rt v v     得 3 53 60 m mt qB qB    (2)由题意可知 2 2 2 1 sin(2 sin 2 ) (3 ) (4 )n r r a a    得 25 12  qBav nm ,n=l,2,3,…… 3.如图所示,两同心圆的半径分别为 R 和 2 3 R ,在内圆和环形区域分别存在垂直纸面向里和向 外的匀强磁场,磁感应强度大小均为 B。一质量为 m、带电量为+q 的粒子(不计重力),从内圆边界上 的 A 点沿半径方向以某一速度射入内圆。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的周期; (2)若粒子恰好不会从环形区域的外边界飞离磁场,求粒子从环形区域内边界,第一次到环形区域外 边界的运动时间;(从粒子离开 A 后再次到达内圆边界处开始算起) (3)若粒子经过时间 6 mt qB  ,再次从 A 点沿半径方向射入内圆,求粒子的速度大小。 【答案】(1) 2πm Bq ;(2) 5π 6 m qB ;(3) 3qBR m , 3 3 qBR m 【详解】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的速度为 v,半径为 r,则根据牛顿第二定律有 2vqvB m r  ① 粒子在磁场中做圆周运动的周期为 2πrT v  ② 联立①②解得 2πmT Bq  ③ (2)若粒子恰好不会从环形区域的外边界飞离磁场,其运动轨迹如图 1 所示。 图 1 由几何关系可得 22 2 (2 3)R r R r      ④ tanr R  ⑤ 联立④⑤解得 3r R ⑥ 60   ⑦ 则粒子第一次从内圆边界到达外圆边界的过程中转过的圆心角为α=150°,运动时间为 5π 360 6 mt T qB   ⑧ (3)由③式可知 6π 3mt TqB   ⑨ 即粒子经过 3 个周期再次从 A 点射入内圆,则粒子的运动轨迹可能如图 2 或图 3 所示。 图 2 图 3 在图 2 情况下,由对称性可知θ1=60°,则粒子运动的半径为 1 1tan 3r R R  ⑩ 由①⑩式可得粒子的速度大小为 1 1 3qBr qBRv m m   ⑪ 在图 3 情况下,由对称性可知θ2=30°,则粒子运动的半径为 2 2 3tan 3r R R  ⑫ 由①⑫式可得粒子的速度大小为 2 2 3 3 qBr qBRv m m   ⑬ 4.如图,边长为 L 的正方形区域 abcd 内,上半区域存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出),下半区 域存在垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场。一个重力不计的带正电的粒子从 a 点沿 ab 方向以 速度 v0 进入磁场,之后从两磁场边界 mn 的中点垂直边界进入上半区域的磁场,最后它从 bc 边界离 开磁场,它离开磁场时与 mn 的距离为 4 L 求: (1)上半区域磁场的磁感应强度 B1; (2)粒子在下半区域磁场中运动的时间 t。 【答案】(1) 8 5 B 或 4 3 3 B ;(2) 04 L v  或 03 L v  【详解】 (1)如图,粒子在下半区域磁场做圆周运动的半径为 1 2r L 由牛顿第二定律得 2 0 0 vqv B m r  (i)如果粒子沿轨迹 I 离开 bc 边,设此时它在上半区域磁场运动的半径为 r1 由几何关系 2 2 1 1 4 2 L Lr r       解得 1 5 16 Lr  又 2 0 0 1 1 vqv B m r  解得 1 8 5B B (ii)如果粒子沿轨迹Ⅱ离开 bc 边,设此时它在上半区域磁场运动的半径为 r2,由几何关系 2 2 22 2 2 2 4 L L L Lr                  解得 2 3 8 Lr  又 2 0 0 1 2 vqv B m r  解得 1 4 3 3B B (2)粒子在下半区域磁场做圆周运动的周期 0 0 2 r LT v v    (i)如果粒子沿轨迹Ⅰ离开 bc 边,粒子在下半区域磁场运动的时间 04 4 T Lt v   (ii)如果粒子沿轨迹Ⅱ离开 bc 边,由几何关系 14sin 2 2 L L   解得 = 6  粒子在下半区域磁场中运动的时间 0 6 4 2 3 T Lt T v      5.如图,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有 同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过 P 点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处 于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的 1 3 。将磁感应强度的大小从原来的 B1 变为 B2,结果 相应的弧长变为原来的一半,求 2 1 B B 等于多少? 【答案】 3 【详解】 磁感应强度为 B1 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 M,最远的点是轨迹上直径与磁场边 界圆的交点,∠POM = 120°,如下图所示 由几何关系可得 sin 60 R r  则粒子做圆周运动的半径为 3 2R r 磁感应强度为 B2 时,从 P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为 N,最远的点是轨迹上直径与磁场边 界圆的交点,∠PON =60°, 如下图所示 由几何关系可得 sin30 R r  则粒子做圆周运动的半径为 2   rR 在磁场中洛伦兹力提供向心力,根据 2vqvB m R  可得 mvB qR  则 B2 与 B1 的比值为 2 1 3B R B R   6.如图甲所示,S 处有位置固定但可水平转动(如图,俯视为顺时针方向)的粒子源,粒子源上有一 个小孔,可以连续地发出同一种带电粒子,每秒发射 N 个,粒子电量为 2e ,速度大小为 v,粒子束的 速度方向水平。整个装置处在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场之中(图中未画出)。狭 长的荧光屏荧光面竖直,沿水平坐标轴 x 放置,O 为坐标原点,荧光屏足够长,只要有粒子打到荧光 屏上,便可观察到辉光。打到荧光屏上的粒子被荧光屏完全吸收,荧光屏的表面涂有导电层。粒子源 与荧光屏的最近距离是 SO d ,粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径也为 d。(不计粒子的重力以及粒 子之间的作用力,并忽略粒子在空中飞行的时间) (1)求该粒子的质量 m (2)荧光屏上出现辉光的位置的坐标范围 (3)在离子源长时间转动中,若接地电阻为 R,求该电阻的热功率 P (4)若每一个辉光光点的发光持续时间为 0t ,粒子源每转一圈中,记荧光屏上有辉光的时间与总时间的 比例为 ,粒子源转动的角速度为 ,且 0 ,在答题纸的图乙中画出 随 变化的关系图线,并标 识出关键点的坐标数值。 【答案】(1) 2eBdm v  ;(2) 3d x d  ;(3) 2 22e N R ;(4) 【详解】 (1)由 2mv qvBR  其中 R d , 2q e ,得 2eBdm v  (2)由图可知,出现亮点的两个端点位置 2 sin 60 3AX d d    BX d 所以坐标范围是 3d x d  。 (3)首先打中屏幕的位置是 C,最后打中屏幕的位置是 B,粒子源在一个转动周期中,出现电流的时间 是 2 T ,粒子打中时的电流为 0 2I eN 电流的有效值为 2I eN有 功率 2 2 22P I R e N R 有 (分段运算也可以) (4)粒子的转动周期 2T   发光时间为 0 0 1 2t T t t     所以 01 2 2 tt T     7.如图所示,金属板的右侧存在两种左右有理想边界的匀强磁场,磁场的上边界 AE 与下边界 BF 间 的距离足够大。ABCD 区域里磁场的方向垂直于纸面向里,CDEF 区域里磁场的方向垂直于纸面向外, 两区域中磁感应强度的大小均为 B,两磁场区域的宽度相同.当加速电压为某一值时,一电子由静止 开始,经电场加速后,以速度 v0 垂直于磁场边界 AB 进入匀强磁场,经 2 mt eB  的时间后,垂直于另一 磁场边界 EF 离开磁场。已知电子的质量为 m,电荷量为 e。求: (1)每一磁场的宽度 d; (2)若要保证电子能够从磁场右边界 EF 穿出,加速度电压 U 至少应大于多少? (3)现撤去加速装置,使 ABCD 区域的磁感应强度变为 2B,使电子仍以速率 v0 从磁场边界 AB 射入, 可改变射入时的方向(其它条件不变)。要使得电子穿过 ABCD 区域的时间最短时,求电子穿过两区域 的时间 t。 【答案】(1) 02 2 mvd eB  ;(2) 2 0 4 mv e ;(3) 2 m eB  【详解】 (1)电子在每一磁场中运动的时间为 t1= 2 4 8 t m T eB   故电子的在磁场中转过 4  电子在磁场中运动时,洛仑兹力提供向心力即 2 0vevB m r  由图可知 sin 45d r  解得 02 2 mvd eB  (2)若电子恰好不从 EF 边穿出磁场,电子应和 CD 相切,在 ABCD 区域中转半圈后从 AB 边离开磁 场,设此时对应的电压为 U,电子进入磁场时的速度为 v,则 2vevB m R  R d 21 2eU mv 解得 2 0 4 mvU e  (3)若要电子穿过 ABCD 区域的时间最短,则需要电子对称地穿过 ABCD 区域,作图 电子在两区域 的半径关系 r2=2r1= 2 mv eB 由 1 sin 2 d r   解得 =45  第一段时间为 1 2 2 4 mt T eB     在区域 CDEF 中的圆心必在 EF 边上(如图内错角)Φ= 第二段时间 2 2 4 mt T eB      通过两场的总时间 1 2 2 mt t t eB    8.如图所示,纸面内有由半径分别为 R、 3 R 的同心圆Ⅰ和Ⅱ构成的虚线圆环,虚线圆环内(含边界) 有垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力),在纸面内 从圆心 O 点、以大小为 v 的速度向圆Ⅱ上的 P 点运动,粒子恰好不能穿出圆Ⅰ。求: (1)粒子在磁场中运动的半径 r 和磁场的磁感应强度大小 B; (2)粒子能否再次到达 P 点?若不能,试说明理由;若能,试求粒子再次到达 P 点的最短时间。 【答案】(1) 3 Rr  ; 3mvB qR  ;(2)能再次到达 P 点; (4 6 3) 3 Rt v   【详解】 (1)由题分析知,由几何关系得 2 2 2( ) 3 RR r r      解得 3 Rr  由 2vqvB m r  解得 3mvB qR  (2)作出粒子运动的轨迹图(以磁场方向垂直纸面向里为例,如图) 由分析可知,粒子能再次到达 P 点,设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为 T 2 rT v  粒子在磁场中运动时间 1 23 23 Tt T   粒子在圆Ⅱ内做匀速直线运动时间 2 6 3 Rt v   粒子能再次到达 P 点的最短时间 1 2t t t  解得 (4 6 3) 3 Rt v   9.如图甲所示,左、右竖直边界分别为 PP 、QQ 的匀强磁场宽度为 d,磁场与纸面垂直,磁感应强 度 B 按图乙所示规律周期性变化, 3 0 1 10 T3B   、 5 0 2π 10 sT   。匀强磁场的左侧有一粒子源,能 沿纸面源源不断地水平向右发射质量为 m、带电荷量为-q 的粒子,已知粒子速度均为 41.0 10 m/sv   , 粒子的比荷为 810 C/kgq m  ,若 0t  时刻射入的粒子恰好在 0 3 4T 时刻从右边界QQ 射出。(忽略粒子 的重力及粒子之间的相互作用,图乙中磁场以垂直纸面向里为正方向)求: (1)假设粒子在磁场中能做完整的匀速圆周运动,周期为 T。求 T 与 T0 的关系; (2)匀强磁场的宽度 d。 【答案】(1) 03T T ;(2)0.37m 【详解】 (1)粒子在磁场中运动的周期为 0 2πmT qB  解得 56π 10 sT   则 03T T (2)粒子运动轨迹如图所示 由 2 0 vqvB m r  粒子在磁场中运动的半径为 0 0.3mmvr B q   又 0 1 2 360 T T  则 0 2 T 时间内粒子在磁场中转过的圆心角为 1 60   又 0 2 4 360 T T  则 0 4 T 时间内粒子在磁场中转过的圆心角为 2 30   匀强磁场的宽度 2 sin 60 sin 30d r r   可得 3(2 3 1) m 0.37m20d   10.科学仪器常常利用磁场将带电粒子“约束”在一定区域内,使其不能射出。某同学为探究带电粒子“约 束”问题,构想了如图所示的磁场区域∶匀强磁场的磁感应强度大小为 B、垂直于纸面,其边界分别是 半径为 R 和 2R 的同心圆,O 为圆心,A 为磁场内在圆弧上的一点,P 为 OA 的中点。若有一粒子源向 纸面内的各个方向发射出比荷为 q m 的带负电粒子,粒子速度连续分布,且无相互作用。不计粒子的重 力,取 sin37°=0.6,cos37°=0.8,求: (1)粒子源在 A 点时,被磁场约束的粒子速度的最大值 vmA; (2)粒子源在 O 时,被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值 tm; (3)粒子源在 P 点时,被磁场约束的粒子速度的最大值 vmP。 【答案】(1) 3 2 qBR m ;(2)127 90 m qB  ;(3) qBR m 【详解】 (1)如图 1 所示,若粒子源在 A 点时,被磁场约束的粒子在磁场中最大运动半径为 2 3 2 2mA R Rr R  由运动半径 m mA mvr qB  解得: 3 2mA qBRv m  (2)如图 2 所示,当粒子源在 O 时,粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时,被磁场约束的粒 子每次经过磁场时间为最大值,设粒子运动半径为 r0。在 OAC 中,OA2+AC2=OC2 即 2 2 2 0 0(2 )R r R r   解得 0 3 4r R 由几何知识求得∠ACD=106°,故被磁场约束的粒子每次经过磁场时间的最大值为 (360 106 ) 254 2 127 360 360 90m m mt T qB qB      o o o (3)如图 3 所示,当粒子源在 P 点时,粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时,被磁场约束的 粒子的半径最大,速度为最大值,设粒子运动半径为 rP 在 OGE 中,由几何知识得 OG2+GE2=OE2, 3 2OG R , 1 2PEG r R  ,OE=2R-rP 求得 rP=R 由运动半径 mvr qB  解得: mP qBRv m  11.如图,光滑绝缘水平桌面上存在相邻的两个矩形区域CDMN 与 NMHG ,其中 2CD NM CH d   、CN NG d  ,两区域分别存在竖直向下和竖直向上的匀强磁场,磁感应强 度大小相等。有一足够长的光滑绝缘弧形轨道的末端固定在CD 边的中点 P ,轨道末端切线水平。现 有一带电量为 q ,质量为 m 的小球从距离桌面高为 h 的轨道上静止释放,从 P 点垂直CD 边进入磁场 区域后,由C 点射出。已知小球的电量始终保持不变,重力加速度大小为 g 。 (1)求磁感应强度 B 的大小; (2)若要使小球能从右边区域的G 点射出,求小球释放高度 H ; (3)若将右边区域的磁场换为匀强电场,电场方向平行于桌面且与 MN 夹角为53指向 MH 边,仍将 小球从(2)问中的高度 H 释放,最终小球从GH 边上距G 点 2 d 处离开电场区域,求小球从进入磁场 到离开电场所用的总时间t 。 【答案】(1) 2 2m ghB qd  ;(2) 25 4H h ;(3) 53 6 360 2 25 2 d dt gh gh   【详解】 (1)设小球到达 P 点时速度为 0v ,由动能定理得 2 0 1 2mgh mv 在磁场中轨道半径为 1r 2 0 0 1 mvqv B r  由几何关系可得 1 2 dr  可得 2 2m ghB qd  (2)根据对称,要让小球经过G 点,运动轨迹必经过 NM 上距 N 距离为 2 d 的点,轨道半径为 2r 由几何关系 2 2 2 2 22 dd r r      可得 2 5 4 dr  2 2 mvqvB r  21 2mgH mv 可得 25 4H h (3)小球在磁场中运动轨迹的圆心角 53  ,设小球在磁场中运动时间为 1t 1 360t T  22 rT v  小球经过 NM 线时,速度与 NM 的夹角 2 cos d r   可得 37   可知小球速度与电场方向垂直,做类平抛运动,设在电场中运动时间为 2t ,沿v 方向运动的位移为 x , 则 sin37x d  2x vt 总时间 1 2t t t  可得 53 6 360 2 25 2 d dt gh gh   12.如图所示,在平面直角坐标系 xOy 内有一直角三角形,其顶点坐标分别为(0,0),(0, 3 3 d), (d,0),三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,x 轴下方有沿着 y 轴负 方向的匀强电场,电场强度大小为 E。一质量为 m、电荷量为-q 的粒子从 y 轴上的某点 M 由静止释放, 粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出,不计粒子重力。 (1)求 M 点到 O 点的距离; (2)改变粒子在 y 轴上的释放点,使粒子由 N 点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁 场,求 N 点到 O 点的距离; (3)在(2)过程中,求粒子从 N 点由静止释放到射出磁场的运动时间。 【答案】(1) 2 2 0 18 qB dy mE  ;(2) 2 2 22(2 1) qB dy n mE   (n=0,1,2…);(3) 2 1( )6 mt n qB   (n=0,1, 2,…) 【详解】 (1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R0,由几何关系可知 0 02R R d  解得 0 3 dR  由牛顿第二定律得 2 0 0 0 mvqv B R  设 M 点到 O 点的距离为 y0,由动能定理得 2 0 0 1 2qEy mv 解得 2 2 0 18 qB dy mE  (2)要使粒子由 N 点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场,则粒子在磁场中运动轨迹的半径 R 满足: (2 1) ( 0,1,2, )d n R n    由牛顿第二定律得 2vqvB m R  设 N 点到 O 点的距离为 y,由动能定理有 21 2qEy mv 解得 2 2 22(2 1) qB dy n mE   (n=0,1,2…) (3)设粒子在电场中的加速度为 a,则 qE=ma 设粒子在电场中每单程的运动时间为 t0,则 2 0 1 2y at 粒子在电场中总的运动时间 t1=(2n+1)t0(n=0,1,2,…) 解得 1 Bdt E  粒子在磁场中做圆周运动的周期 2 mT qB  粒子在磁场中总的运动时间 2 12 2 T Tt n  (n=0,1,2,……) 解得 2 1( )6 mt n qB   (n=0,1,2,…) 粒子从 N 点由静止释放到射出磁场运动的总时间 1 2 1( )6 Bd mt t t nE qB      (n=0,1,2,……) 13.电视机中的显像管、喷墨打印机等电子仪器都是利用了粒子在电磁场中的偏转,因此研究粒子在 电磁场中的偏转是非常有意义的。如图所示,在 xOy 平面坐标系第一、四象限内存在一个圆心为坐标 原点的圆环状的均匀辐向电场,圆环在 y 轴上的截面长度为 R,电场中各点电势 = C l  - ,式中 C 为正的 已知常量,l 为该点到圆心 O 的距离。在 y 轴左侧,圆心为(–R,0)、半径为 R 的虚线圆内分布着方 向垂直于圆面向里的匀强磁场,在 x = –3R 处有一竖直放置的足够长的荧光屏。今在 x = 2R 处圆弧上的 一点放置一个粒子源,能不断释放初速度为 0,质量为 m、电荷量为+q 的粒子,粒子穿出磁场后偏转 了 60°,不计粒子重力及粒子间相互作用力,不考虑空气阻力。求: (1)粒子进入磁场时速度大小; (2)粒子打在荧光屏上的坐标; (3)磁场的磁感应强度 B0。 【答案】(1) Cqv Rm  ;(2)(–3R,– 2 3R );(3) 0 2 3 3 CqRmB qR  【详解】 (1)辐向电场的电势差为 (2 2 C C CU R R R )     粒子在电场中的加速过程,根据动能定理有 21 2qU mv 解得速率 Cqv Rm  (2)画出粒子运动轨迹如图所示,则∠α=60°,由几何关系可知,打到荧光屏上的竖直高度为 2 tan60 2 3y R R   因此粒子打在荧光屏上的坐标为(–3R,– 2 3R ) (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 3tan30 Rr R  由 2 0 mvB qv r  解得 0 2 3 3 CqRmB qR  14.如图,在 xOy 坐标系的第一象限内,直线 3 ( 0)2y l kx k   的上方有垂直纸面向外的有界匀强磁 场,磁感应强度大小为 B。在 30, 2P l    点有一粒子源,能以不同速率沿与 y 轴正方向成60角发射质 量为 m、电荷量为 ( 0)q q  的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿 y 方向通过 x 轴,且速度最大的粒子 通过 x 轴上的 M 点,速度最小的粒子通过 x 轴上的 N 点。已知速度最大的粒子通过 x 轴前一直在磁场 内运动, 3 2NM l ,不计粒子的重力,求: (1)粒子最大速度的值与 k 的值; (2)粒子从 P 点到穿过 x 轴经历的最长时间; (3)有界磁场的最小面积。 【答案】(1) 1 3qBlv m  ; 3 3k  ;(2) (8 3 3) 12 mt qB   ;(3) 25(4 3 3) 36S l  【详解】 (1)设粒子的最大速度为 1v ,由于速度最大的粒子穿过 x 轴前一直在磁场内运动,过 P 点作速度的垂 线交 x 轴于 1O 点,就是速度为 1v 的粒子做圆周运动的圆心, 1PO 即为半径 1R ,由几何关系可知 1 sin60 PR y  解得 1 3R l 由洛伦兹力提供向心力,则 2 1 1 1 vqv B m R  解得 1 3qBlv m  由于所有粒子离开磁场时方向均沿 y 轴负方向,所以它们在磁场中偏转的角度均相同。即从磁场射出 的粒子,射出点一定在 PM连线上, PM连线即为 3 2y l kx  直线 1 1 P Py yk OM OO R    解得 3 3k  (2)所有粒子在磁场中运动的时间均相等,速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动,速度最小的 粒子在磁场外运动的位移最大,时间最长。设粒子在磁场中运动的时间为 lt 2 mT qB  , 1 1 3t T 设速度最小的粒子在磁场中半径为 2R ,速度为 2v ,根据几何关系有 CN NM OP OM= 2 2sin30 3R R OM MN l    解得 1 2CN l= , 2 2 3 3R l 由洛伦兹力提供向心力,则 2 2 2 2 vqv B m R  解得 2 2 3 3 qBlv m  最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为 2t ,有 2 2 CNt v  粒子最小的粒子从离开 P 点到打在 x 轴上经历的时间 1 2 (8 3 3) 12 mt t t qB     (3)磁场的最小面积为图中 PCM 阴影部分面积 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1( sin 60 ) ( sin 60 )3 2 3 2S R R R R      解得 25(4 3 3) 36S l  查看更多

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