高中物理第二册带电粒子在磁场中的运动 质谱仪 同步练习3
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带电粒子在磁场中的运动 质谱仪 同步练习
针对训练
1．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是
A.速率变小，半径变小，周期不变
B.速率不变，半径不变，周期不变
C.速率不变，半径变大，周期变大
D.速率不变，半径变小，周期变小
2．如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中
A.运动时间相同
B.运动轨道半径相同
C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同
D.重新回到x轴时距O点的距离相同
3．电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）
4．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.
（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）
（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；
（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?
5．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：
（1）该粒子射出磁场的位置；
（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）
]
6.如图，荷质比q/m=50C·kg-1的带电粒子经加速电场加速，由静止开始飞出N板的小孔，进入上方长方形容器abcd，当粒子(重力不计)到达P点时，容器内立即加一图乙所示的磁场(设磁场方向朝向纸外时，磁感强度B为正)。在容器内D处有一中性粒子，已知PD=3m,且PD为ab边的中垂线，ab=cd=1.6m,求： (1)M、N间加速电压UMN=100V时，带电粒子能否与中性粒子相碰?(2)欲使带电粒子能与中性粒子碰撞，M、N间加速电压的最大值是多少?
参考答案
1．A 2.BCD 3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：21mv2-0=eu
电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：evB=mrv2
电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：222dLL=rdL22
由以上三式得：B=emudLL2222
4.解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹.
（2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：RvmevB2 eBmvR
（3）由图中几何关系知： 2222222LBevmeBmvLRRsdo
所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离22222222LBevmeBmvssdoad
5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=mRv20 R=qBmv0 ①
2L=Rsinθ ②
联解①②两式，得：L=qBmvsin20 所以粒子离开磁场的位置坐标为（-qBmvsin20，0）
（2）因为T=02vR=qBm2 所以粒子在磁场中运动的时间，t＝qBmT)(2222
6解.(1) qU=21mv2. r=mv/qB, T=qBmπ2=π×10-2s. r=qBmU/2=0.5m＜ab/2，由式(3)知，粒子运转周期与匀强磁场变化的周期相等。可见，粒子在P、D间运动的轨迹如图丙所示，设半圆的个数为n则
n=PD/2r=5.023=3。故能与中性粒子相碰。 (2)当M、N加有最大电压Um时，设粒子到达P点的速度为vm,运动半径为rm,为使粒子不与cd边相碰，必须满足rm≤1/2 ab=0.8m.欲使带电粒子与中性粒子相碰，必须满足PD=n′2rm=3m。其中n′必为整数。解得，n′的最小值为2。∴rm=PD/4=0.75m.将rm值代入式(1)和或(2)，解得Um=qB2r2m/2m=50×42×0.752/2=225V.
1解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。
2解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。
注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。
3解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距Bemvs2，时间差为Bqmt34。关键是找圆心、找半径和用对称。
4解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为aqmvBBqmvar23,32得；射出点坐标为（0，a3）。
5解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r，则据牛顿第二定律可得：rvmBqv2
，解得Bqmvr
如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以BqmvAO2
（2）当离子到位置P时，圆心角：tmBqrvt 因为2，所以tmqB2.
6解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（2n），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2π/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为1tannRr
离子运动的周期为qBmT2，又rvmBqv2，所以离子在磁场中运动的时间为1tan2nvRt. 7解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O″，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为θ，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动， 如图4所示，连结OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可见O、B、P在同一直线上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而)2(tan1)2tan(2tan2，Rr)2tan(，所以求得R后就可以求出O＇P了，电子经过磁场的时间可用t=VRVAB来求得。
由RvmBev2得R=tan)(.rLOPeBmv
mVeBrRr)2tan(，
2222222)2(tan1)2tan(2tanrBevmeBrmv
22222,)(2tan)(rBevmeBrmvrLrLPO，
)2arctan(22222rBevmeBrmv )2arctan(22222rBevmeBrmveBmvRt
8解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。
∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。
带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Be>d，即v>Bed/m.
9解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：
粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：
r12＝L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4，
又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，∴v>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。
粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O＇点，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4
得v2＝BqL/4m ∴v2
P
M
N O, L
A O
R
θ/2 θ
θ/2 B
P
O//
