带电粒子在磁场中运动
1．如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m、电量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出．（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）求：
（1）加速器中匀强磁场B的方向和大小；
（2）设两D形盒间距离为d，其间电压为U，电场视为匀强电场，质子每次经电场加速后能量增量，加速到上述能量所需回旋周数是多少； （3）加速到上述能量所需时间为多少．
2.如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方 向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。
3. 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？
4. 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P(a，0)点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。
5.如图所示，在POQ区域内分布有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，有一束负离子流沿纸面垂直于磁场边界OQ方向从A
点射入磁场，已知OA＝s，∠POQ=450
，负离子的质量为m，带电荷量的绝
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对值为q，要使负离子不从OP边射出，负离子进入磁场时的速度最大不能超过 。
6．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） 7．半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出．∠AOB＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )
A.2πr3v B.23πrv C.πr D.3πrv 0303v030
8.在如图所示的平面直角坐标系xoy中，有一个圆形区域的匀强磁场（图中未画
出），磁场方向垂直于xoy平面，O点为该圆形区域边界上的一点。现有一质量为m，带电量为+q的带电粒子（重力不计）从O点以初速度vo沿+x方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与+y方向夹角为θ＝30o，OP=L 求： ⑴磁感应强度的大小和方向
⑵该圆形磁场区域的最小面积(选作)。
（选作）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为35R。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
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mv2BqR121BqR22mE1. 解析：(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由Bqv＝得，v＝，又E＝mv＝m()，所以B＝，
Rm22mRq方向垂直于纸面向里．
(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速二次，能量增加2qU，则：E＝2qUn，n＝.
2qU2πmE2πm(3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T＝，所以t总＝nT＝×
Bq2qUBqπmEπR2mE＝2＝. qBU2qU2. 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. 小结：速度反向延长线不再平分水平位移。
3. 解析：正负电子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，由图还看出经历时间相差2T/3。答案为射出点相距
s?2mvBe，时间差为?t?4?m。
而
E6. 解析:（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
v02qv0B?mR 律可得：
式中R为圆轨道半径，解得： R?mv0qB
①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：
L2=Rsinθ
②
2mv0sin?qB联解①②两式，得：L=
2mv0sin?qB所以粒子离开磁场的位置坐标为（-，0）
3Be小结：如果从劣弧出去的位置，进入一个电性相反的粒子（即与优弧电性相同），
必从O点射出。如从O点斜向左以相同速率射入，一个斜向左，一个斜向右，与边界夹角相同，则射出点相同，所用时间之和为一周期。如从O点斜向左以不同速率射入，一个斜向左，一个斜向右，与边界夹角相同，则射出点不同，但所用时间之和仍为一周期。速率大的半径大。
B v M O N 2?R2?mv（2）因为T=0=qB
y v B 4. 解析：由射入、射出点的半径可找到圆心O，并得出半径为
/
r?2a3?mv3mv,得B?Bq2aq；
2??2?2m(???)?T?qB所以粒子在磁场中运动的时间，t＝2?
1πm7. 解析：选D.从弧AB所对圆心角θ＝60°，知t＝T＝，但题中已知条件不够，没有此项选择，另
63qB射出点坐标为（0，3a）。
O/
o a
5. 解析：若粒子不从OP边射出，且速度最大，则粒子运动轨迹刚好与OP相切，设圆心在O1点，半径为R 则
v x π3
想办法找规律表示t.由匀速圆周运动t＝AB/v0，从图中分析有R＝3r，则AB＝R·θ＝3r×＝πr，
33
3πr. 3v0
则t＝AB/v0＝
8.解析：粒子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，设其半径r，则由洛伦兹力提供向心力得：
v2qvB?mr，据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，由题中给出的粒子过P点时的速度方向与y轴成30°角，所以判断出P点在磁场区之外。过P点沿速度方向作延长线，它与x轴交于A点，作圆弧
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过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点Q即粒子离开磁场区的地点，这样也求得圆弧轨迹的圆心O’，如图所示(角PAO平分线过圆心)
(1)由左手定则得磁场方向垂直xoy平面向里，粒子在磁场中所做的是1/3圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场，设其圆心为O’，半径为R,
r?12at2 ⑦ r=vt ⑧
1R?L(L?R)sin30??R ∴3 ① 由几何关系得：
2mv0qv0B?R得 由
14qRB2E?5m⑨ 式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得
R?mv0qB ②
B?3mv0qL
3L3
联立①②可得
(2)设该磁场区的面积为S
OQ?3R?由几何关系得
?OQ??2S????L?212??∴
9. 解：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律
2v2qvB?mr① 和洛仑兹力公式得
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，
bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径（未画出）围成一正方形。线段ac、因此ac?bc?r②
设cd?x,有几何关系得④
ac?43bc?R?R2?x2R?x55③
r?联立②③④式得
7R5
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，有运动学公式得
人教版 高二物理 选修3-1 第3章《磁场》3.6带电粒子在匀强磁场中的运动 同步测试（含答案）
