（浙江專用）2018-2019學(xué)年高中物理 第三章 磁場 3-6 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、第6節(jié)　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動 [研究學(xué)考·明確要求] 知識內(nèi)容 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動 考試要求 選考d 發(fā)展要求 1.認(rèn)識洛倫茲力只改變帶電粒子速度的方向，不改變帶電粒子速度的大小，洛倫茲力不對帶電粒子做功。 2．了解垂直射入勻強(qiáng)磁場的帶電粒子，在磁場中做勻速圓周運動。 3．能推導(dǎo)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的半徑和周期表達(dá)式，理解周期與速度的無關(guān)性。 4．能求解帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的問題。 5．了解質(zhì)譜儀的原理和用途。 6．知道加速器的用途，了解回旋回速器的基本結(jié)構(gòu)和原理。 7．體會回旋加速器設(shè)計中蘊(yùn)含的思想方法。 [

2、基 礎(chǔ) 梳 理] 1．帶電粒子在磁場中運動時，它所受的洛倫茲力總與速度方向垂直，所以洛倫茲力對帶電粒子不做功(填“做功”或“不做功”)，粒子的動能大小不變(填“改變”或“不變”)，速度大小不變(填“改變”或“不變”)，故沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動。 2．勻速圓周運動：若帶電粒子(不計重力)垂直磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，洛倫茲力提供了帶電粒子做勻速圓周運動的向心力。 設(shè)粒子的速度為v，質(zhì)量為m，電荷量為q，有qvB＝m，得到軌道半徑r＝， 由軌道半徑與周期的關(guān)系得到運動周期為 T＝＝＝。 [典 例 精 析] 【例1】 質(zhì)子和α粒子由靜止出發(fā)經(jīng)過同

3、一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，則它們在磁場中的各運動量間的關(guān)系正確的是(　　) A．速度之比為2∶1 B．周期之比為1∶2 C．半徑之比為1∶2 D．角速度之比為1∶1 解析　由qU＝mv2① qvB＝② 得r＝，而mα＝4mH，qα＝2qH，故RH∶Rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2。同理可求其他物理量之比。 答案　B [即 學(xué) 即 練] 1．(2018·臺州質(zhì)量評估)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡。圖1甲是洛倫茲力演示儀的實物圖，圖乙是結(jié)構(gòu)示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，勵磁線圈中的電流越大，產(chǎn)生的磁場

4、越強(qiáng)。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。下列關(guān)于實驗現(xiàn)象和分析正確的是(　　) 圖1 A．僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變小 B．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束徑跡的半徑變小 C．僅升高電子槍加速電場的電壓，電子做圓周運動的周期將變小 D．要使電子形成如圖乙中的運動徑跡，勵磁線圈應(yīng)通以逆時針方向的電流 解析　僅增大勵磁線圈中的電流，磁場增強(qiáng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，由evB＝m2得r＝，即r減小，電子束徑跡半徑變小，A正確；僅升高電子槍加速電場的電壓U，由動能定理eU＝mv2得v＝，即v增大，又r＝，所以電子束徑跡的半徑變大，B錯誤；因

5、T＝＝，周期與速度v大小無關(guān)，電子做圓周運動的周期不變，C錯誤；要使電子形成圖乙中的運動徑跡，玻璃泡內(nèi)磁場方向應(yīng)垂直紙面向里，而要形成垂直紙面向里的磁場，由安培定則知，勵磁線圈中應(yīng)通以順時針方向的電流，D錯誤。 答案　A [基 礎(chǔ) 梳 理] 1．原理如圖2所示 圖2 2．加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理： qU＝mv2① 3．偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場，洛倫茲力提供向心力：qvB＝② 4．由①②兩式可以求出粒子的比荷、質(zhì)量以及偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等。 5．應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。 [典 例 精 析] 【例2】 如圖3是質(zhì)譜儀

6、的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述正確的是(　　) 圖3 A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向內(nèi) C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 解析　因同位素原子的化學(xué)性質(zhì)完全相同，無法用化學(xué)方法進(jìn)行分析，故質(zhì)譜儀就成為同位素分析的重要工具，選項A正確；在速度選擇器中，帶電粒

7、子所受電場力和洛倫茲力在粒子沿直線運動時應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知選項B錯誤；再由qE＝qvB有v＝，選項C錯誤；在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場中R＝，所以＝，選項D錯誤。 答案　A (1)任何粒子只要滿足v＝，就能勻速直線通過選擇器，與粒子的電荷量、質(zhì)量無關(guān)。 (2)速度選擇器只能單向應(yīng)用。對于上題圖所示速度選擇器，如從下方射入，則正、負(fù)粒子所受電場力和洛倫茲力方向相同，不可能做勻速直線運動。 [即 學(xué) 即 練] 2．(2018·浙江東陽中學(xué)模擬)如圖4所示，一質(zhì)子(不計重力)以速度v穿過互相垂直的電場和磁場區(qū)域而沒有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則(　　) 圖4 A．若電子以相同速度v射

8、入該區(qū)域，將會發(fā)生偏轉(zhuǎn) B．無論何種帶電粒子，只要以相同速度射入都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn) C．若質(zhì)子的速度v′

9、場區(qū)域時速度v′>v，則qv′B>Eq，質(zhì)子上偏，若質(zhì)子進(jìn)入互相垂直的電場和磁場區(qū)域時速度v′

10、。 圖5 2．周期：T＝，由此看出：帶電粒子的周期與速率、半徑均無關(guān)，運動相等的時間(半個周期)后進(jìn)入電場。 3．帶電粒子的最大能量：由r＝得，當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝?？梢姡岣呒铀倭Ｗ拥淖罱K能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒的半徑R。 [典 例 精 析] 【例3】 回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場中，如圖6所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速

11、質(zhì)子時，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電流頻率為f。則下列說法正確的是(　　) 圖6 A．質(zhì)子被加速后的最大速度可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 解析　由T＝得v＝＝2πrf。當(dāng)r＝R時，v最大，此v＝2πfR，故A錯誤；由qvB＝m得v＝，當(dāng)r＝R時，v＝，由此可知質(zhì)子的最大速率只與粒子本身的比荷、加速器半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小有關(guān)，故B正確；考慮到狹義相對論，任何物體速度不可能超過光速，故C錯誤；此加速器加速電場周期T＝，加速α粒子時T＝＝，

12、兩個周期不同，不能加速α粒子，故D錯誤。 答案　B (1)洛倫茲力永遠(yuǎn)不做功，磁場的作用是讓帶電粒子“轉(zhuǎn)圈圈”，電場的作用是加速帶電粒子。 (2)兩D形盒窄縫所加的是與帶電粒子做勻速圓周運動周期相同的交流電，且粒子每次過窄縫時均為加速電壓，每旋轉(zhuǎn)一周被加速兩次。 (3)粒子射出時的最大速度(動能)由磁感應(yīng)強(qiáng)度和D形盒的半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關(guān)。 [即 學(xué) 即 練] 3．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖7所示。這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 B．粒子

13、由加速器的邊緣進(jìn)入加速器 C．粒子從磁場中獲得能量 D．粒子獲得的能量與D形盒的半徑無關(guān) 解析　粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，從電場中獲取能量，最后從加速器邊緣離開加速器，粒子獲得的能量為Ek＝mv2＝m()2＝，可見Ek與盒半徑有關(guān)，故只有A正確。 答案　A [基 礎(chǔ) 梳 理] 1．著重把握“一找圓心，二求半徑，三定時間”的方法。 (1)圓心的確定方法：兩線定一“心” ①圓心一定在垂直于速度的直線上。 如圖8甲所示已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心。 圖8 ②圓心一定在弦的中垂線上。 如圖乙所示，

14、作P、M連線的中垂線，與其一速度的垂線的交點為圓心。 (2)“求半徑” 方法①　由公式qvB＝m，得半徑r＝； 方法②　由軌跡和約束邊界間的幾何關(guān)系求解半徑r。 (3)“定時間” 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間為t＝T(或t＝T)。 2.圓心角與偏向角、圓周角的關(guān)系 兩個重要結(jié)論：①帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫做偏向角，偏向角等于圓弧對應(yīng)的圓心角α，即α＝φ，如圖9所示。 ②圓弧所對應(yīng)圓心角α等于弦與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2 θ，如圖所示。 圖9 [典 例 精 析] 【例4

15、】 如圖10所示，有界勻強(qiáng)磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場。其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設(shè)粒子從S運動到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計) (　　) 圖10 A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 解析　如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為90°。從b點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為60°。由t＝T，可得：t1∶t2＝3∶2，故選項D正確。 答案　D [即 學(xué) 即 練] 4．如圖11所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場，比荷相同的兩個帶電粒子

16、沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) 圖11 A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．從Q射出的粒子，在磁場中運動的時間長 解析　作出各自的軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1

17、則電子將(　　) 圖12 A．沿路徑a運動，軌跡是圓 B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大 C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小 D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小 解析　由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a。故選項B正確。 答案　B 2．處于勻強(qiáng)磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動。將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值(　　) A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比 解析　假設(shè)帶電粒子的電荷量為q，在磁場中做圓周運動的周期為T＝，則等效電流

18、I＝＝，故選項D正確。 答案　D 3．如圖13所示，在第Ⅰ象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一對正、負(fù)電子分別以相同速率沿與x軸成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負(fù)電子在磁場中運動的時間之比為(　　) 圖13 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．1∶1 解析　正、負(fù)電子在磁場中運動軌跡如圖所示，正電子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為120°，負(fù)電子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為60°，故時間之比為2∶1。 答案　B 4．如圖14所示，a和b帶電荷量相同，以相同動能從A點射入磁場，在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑ra＝2rb，則可知(重力不計)(　　)

19、 圖14 A．兩粒子都帶正電，質(zhì)量比ma/mb＝4 B．兩粒子都帶負(fù)電，質(zhì)量比ma/mb＝4 C．兩粒子都帶正電，質(zhì)量比ma/mb＝1/4 D．兩粒子都帶負(fù)電，質(zhì)量比ma/mb＝1/4 解析　由于qa＝qb、Eka＝Ekb，動能Ek＝mv2和粒子偏轉(zhuǎn)半徑r＝，可得m＝，可見m與半徑r的平方成正比，故ma∶mb＝4∶1，再根據(jù)左手定則判知兩粒子都帶負(fù)電，故選項B正確。 答案　B 1．在勻強(qiáng)磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進(jìn)入另一磁感應(yīng)強(qiáng)度是原來磁感應(yīng)強(qiáng)度2倍的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，則(　　) A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子的速率不變，軌道半

20、徑減半 C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼? D．粒子的速率減半，周期不變 解析　由R＝可知，磁場加倍半徑減半，洛倫茲力不做功，速率不變，由T＝可知，周期減半，故選項B正確。 答案　B 2．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運行的半圓軌跡如圖1中虛線所示。下列表述正確的是(　　) 圖1 A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 解析　根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負(fù)電，A正確；因為r＝，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力永不做

21、功，所以C錯誤；M和N的運行時間都為t＝，所以D錯誤。 答案　A 3．一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖2所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩盒分別與交流電源相連。下列說法正確的是(　　) 圖2 A．質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大 B．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大 C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不需要改變?nèi)魏瘟?，這個裝置也能用于加速α粒子 解析　由r＝知，當(dāng)r＝R時，質(zhì)子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關(guān)，選項A對、B錯；隨著質(zhì)子速度v的增大、質(zhì)量m會發(fā)生變化

22、，據(jù)T＝知質(zhì)子做圓周運動的周期也變化，所加交流電的周期與質(zhì)子運動的周期不再同步，即質(zhì)子不可能一直被加速下去，選項C錯誤；由T＝知α粒子與質(zhì)子做圓周運動的周期不同，故此裝置不能用于加速α粒子，選項D錯誤。 答案　A 4．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖3所示，離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束(速度可看為零)，經(jīng)加速電場加速后垂直進(jìn)入有界勻強(qiáng)磁場，到達(dá)記錄它的照相底片P上，設(shè)離子在P上的位置到入口處S1的距離為x，可以判斷(　　) 圖3 A．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越大 B．若離子束是同位素，則x越大，離子質(zhì)量越小 C．只要x相同，則離

23、子質(zhì)量一定相同 D．只要x相同，則離子的比荷一定不相同 解析　由動能定理qU＝mv2。離子進(jìn)入磁場后將在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圓周運動的知識，有：x＝2r＝，故x＝，分析四個選項，A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 5．如圖4所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場，運動到A點(圖中未畫出)時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則(　　) 圖4 A．該粒子帶正電 B．A點與x軸的距離為 C．粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝ D．運動過程中粒子的速度不變

24、 解析　根據(jù)粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑r＝，周期T＝，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為，粒子由O到A經(jīng)歷時間t＝，C項正確。 答案　C 6．空間存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖5所示的正方形虛線為其邊界。一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是(　　) 圖5 A．入射速度不同的粒子在磁場中的

25、運動時間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C．在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 D．在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越小 解析　由于粒子比荷相同，由r＝可知速度相同的粒子運動半徑相同，運動軌跡也必相同，B正確；對于入射速度不同的粒子在磁場中可能的運動軌跡如圖所示，由圖可知，粒子的軌跡直徑不超過磁場邊界一半時轉(zhuǎn)過的圓心角都相同，運動時間都為半個周期，而由T＝知所有粒子在磁場運動周期都相同，A、C皆錯誤；再由t＝T＝可知D錯誤。 答案　B 7．如圖6所示，一帶電粒子(重力不計)在勻強(qiáng)磁場中沿圖中軌道運動，中央是一薄絕緣板，粒子在

26、穿過絕緣板時有動能損失，由圖可知(　　) 圖6 A．粒子的運動方向是abcde B．粒子帶負(fù)電 C．粒子的運動方向是edcba D．粒子在下半周期比上半周期所用時間長 解析　粒子有動能損失，故經(jīng)過板時速度減小，故粒子半徑變小。C正確。 答案　C 8．長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為l，極板不帶電。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從兩極板間邊界中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v< C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度

27、< 解析　如圖所示，帶電粒子剛好打在極板右邊緣時，有r＝(r1－)2＋l2 又r1＝， 所以v1＝。 粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2＝＝，v2＝ 綜合上述分析可知，選項A正確。 答案　A 9．一個質(zhì)量為m帶負(fù)電的油滴從高h(yuǎn)處自由落下，進(jìn)入一個正交的電場和勻強(qiáng)磁場疊加的區(qū)域。勻強(qiáng)電場方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，進(jìn)入場區(qū)后油滴恰好做圓周運動，其軌跡如圖7所示，因此可知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E＝________，所加磁場的方向是________，油滴做圓周運動的半徑R＝________。 圖7 解析　由mgh＝mv2得油滴進(jìn)入復(fù)合場的速率v＝，又因為油滴在復(fù)合場中做勻速圓

28、周運動，則有qE＝mg, qvB＝m，故得E＝，粒子帶負(fù)電，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，R＝＝。 答案　　垂直紙面向外　 10．如圖8所示，在x軸的上方(y≥0)存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。在原點O有一個離子源向x軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，速率都為v，對那些在xOy平面內(nèi)運動的離子，在磁場中可能達(dá)到的最大值為。 圖8 解析　確定臨界狀態(tài)即可解決。根據(jù)左手定則可以判斷：正離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，其偏轉(zhuǎn)方向均為順時針方向。射到y(tǒng)軸最遠(yuǎn)的離子是沿x軸負(fù)方向射出的離子，而射到x軸上最遠(yuǎn)的離子是沿y軸正方向射出的離子。這兩束離子

29、可能達(dá)到的最大值x、y，恰好是圓周的直徑，如圖所示。 答案　　 11．如圖9，一個質(zhì)量為m，電荷量為－q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求： 圖9 (1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B； (2)穿過第一象限的時間。 解析　(1)作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡，由圖中幾何關(guān)系知： Rcos 30°＝a，得R＝ Bqv＝m，得B＝＝。 (2)帶電粒子在第一象限內(nèi)運動時間t＝·＝。 答案　(1)　(2) 12．如圖10所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁場方向(

30、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B)并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的磁場中，穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角為θ＝60°。求電子的質(zhì)量和穿越磁場的時間。 圖10 解析　過M、N作入射方向和出射方向的垂線，兩垂線交于O點，O點即電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，連結(jié)ON，過N作OM的垂線，垂足為P，如圖所示。由直角三角形OPN知，電子的軌跡半徑 r＝＝d① 由圓周運動知evB＝m② 聯(lián)立①②解得m＝。 電子在有界磁場中運動周期為 T＝·＝。 電子在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角為θ＝60°，故電子在磁場中的運動時間為t＝T＝×＝。 答案　　 13．如圖11所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了60°角。(不計粒子的重力)求： 圖11 (1)粒子做圓周運動的半徑； (2 )粒子的入射速度。 解析　(1)設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動半徑為R，如圖所示，∠OO′A ＝ 30°，由圖可知，圓運動的半徑R＝O′A＝r (2)根據(jù)牛頓運動定律， 有：Bqv ＝m 有：R＝ 故粒子的入射速度v＝。 答案　(1)r　(2) 17