高考物理带电粒子在磁场中的运动试题经典含解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A，一比荷

q=5×105C/kg的带正电粒子，从A点m以v0=2×103m/s的速度沿平行MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q点回到电场。已知MN、PQ的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小；

(3)在左侧虚线上M点的下方取一点C，且CM=0.5m，带负电的粒子从C点沿平行MN方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q点和P点，求两带电粒子在A、C两点射入电场的时间差。 【答案】(1) 16N/C (2) 1.6102T (3) 3.9104s 【解析】 【详解】

（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t

L1qE2t 22m解得E=16N/C

（2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为v=2v0

tanv0qE tmv2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvBm

r由几何关系可知r解得B=1.6×10-2T

2L 2

（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为

3，带负电的粒子转过的圆心角为；两带电222r2m； vqB粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间T带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t23T5.9104s； 41T2.0104s 44带电粒子在AC两点射入电场的时间差为tt1t23.910s

2．如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点．巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).

(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；

(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；

(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.

25mv05mv05mv0lBBQ1 2 3 【答案】（）1（）（）22ql3ql8kq220(23)mv0E

9ql【解析】 【分析】 【详解】

（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1 由几何关系得r112lcosl 252v0由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1m

r1解得:B15mv0 2ql(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2 由几何关系得r2l5l

2cos82v0Qq 由库仑力提供向心力得k2mr2r225mv0l 解得:Q8kq(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间tlsin3l v05v0T 2根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则t又T2m qB2解得B25mv0 3ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则v0tr 解得:r3l 51qE2t 2m粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos2r220(23)mv0解得:E

9ql

3．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求： （1）带电粒子的初速度；

（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)v【解析】 【详解】

41m8qBL)；(2)t(1 45qBm(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

QC5Lsin37o

O1QOQ5L

sin37O在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，

R1O1QQC

v2qvBm

R1解得：v8qBL ； mmvv2(2)由公式qvBm得：R2，解得：R24L

qBR2

由R24L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1

PC5Lcos37o

t1PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2

T12m qB37ot2T o1360带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3

T22mm q·2BqB1t3T2

2从P点到再次回到P点所用的时间为t

t2t12t2t2

联立解得：t141m。 45qB

4．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点以大小为v0的速度垂直射入

2mv0 。 电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O两点间的距离为

2qE

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点的距离x；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

2mv0(21)E【答案】（1）2v0； （2）B

qEv0【解析】 【详解】

2mv0112mv2mv0 （1）由动能定理有：qE2qE22解得：v＝2v0

设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝解得：θ＝45° 根据tan2v02 v2x1，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两y2mv0倍，故x

qE（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x轴相切，如图所示，由几何关系有：

s＝R+Rsinθ

v2又：qvBm

R解得：B(21)E v0故B(21)E v0

5．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为

L(o)，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与2MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E234L，若从AB圆弧面收集到的某粒子经

O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间． 【答案】（1）v【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU01m2m2q；（2）B；（3）600 ；2L

L2qqm12mv 2U2v2q m2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3(2）从AB圆弧面收集到的粒子有

MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R2L

v2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm

R联合解得：B1m

L2q（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.

Lt1qE2t 2m2mL2m2L qEqEq2qELq tmm2m若速度与x轴方向的夹角为角 vxcosvx1cos600 v2

6．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)【解析】 【分析】

(2)

本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。 【详解】

（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：

①

易得：

②

（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

③

进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则

④

联立②③④解得

7．如图所示，坐标原点O左侧2m处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为

q=1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V的加速电场，经加速后沿x轴正方向运动，O点m右侧有以O1点为圆心、r=0.20m为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端与一个足够大的荧光屏MN相切于x轴上的A点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A点的距离；

(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r，场强大小E=1.0×103V/m，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN的距离。 【答案】（1）0.267m（2）0.867m 【解析】 【详解】

（1）粒子射入O点时的速度v，由动能定理得到：qUmv

212进入磁场后做匀速圆周运动，qvBmv

2R设圆周运动的速度偏向角为，则联立以上方程可以得到：tan2r1，故R2tan4 3y r由几何关系可知纵坐标为y，则tan解得：y4m0.267m； 15

（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eqma，2rvt，y1射出电场时的偏向角为，tan12at，vyat 2vyv

yy1，解得：x0.867m。 x磁场右边界到荧光屏的距离为x，由几何关系tan

8．长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：

(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能； (2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)； (3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．

Uqy1W14x1L2B4d2q2m2U2d==yd() (2) (3) 【答案】(1) Ek 22aUqW5L22mBd2y2d【解析】 【详解】

据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．

(1) 从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．

UqBqv， dvtU， BdLLBd， vU1Uq2L2B2qd， yat2dm2mUU1UqyaEkam()2 d2BdL2B4d2q2m2U2 Eka222mBd(2) 从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．

设c粒子打到荧光屏上的点到O点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得

1d

2=y， 1LLx22

x1yd()

L2(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t2

如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y1，y2

1UqUqy1·t12，vy1t1

2mdmd1Uq2y2vy1t2·t2，

2mdy25qU2t1， 8mdy14=， y25Uqy1W14d== W2Uqy52d

9．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?

【答案】（1）R=【解析】 【详解】

mvo（2）a<60 Bq（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60， 即AD=R

2v0由qv0Bm

R得AD=Rmv0 Bq

（2）经D点xRcos30而xv0t，y解得E13R，yRsin30R

2212qEat，a 2m4Bv0，方向垂直AC向上 3速度偏向角tanavyvx，vyat

解得tan2tan3023 3而tan60=3，即tantan60 ，则<60

10．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度v0从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0，－L)，M点的坐标为((1)电子飞出磁场时的速度大小v (2)电子在磁场中运动的时间t

23L，0)．求 3

【答案】（1）v2v0；（2）t2【解析】 【详解】

4L 9v0（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，

（1）在电场中x轴方向：得60，vvyvy23Ltan3 y，轴方向，：Ltv0t11v023v02v0 cos23L4L sin3（2）在磁场中，r磁场中的偏转角度为2 32r4L

t23v9v0

11．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重

力，不计挡板厚度，取π＝3．求：

（1） 磁感应强度B1的大小；

（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；

（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）． 【答案】（1）B1【解析】 【详解】

（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx解得v=400 m/s

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

24k2105T 105T；（2）t2.8510-2s；（3）B23312mv 2

由几何关系可知 R1L0.6m 2v2由qvB1m

R1代入数据得 B12105T 3（2）由题可知 B2=3B1=2×10-5 T

v2qvB1m

R1则 R2R10.2m 31vt1 2由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则x得到 t1=0.01 s

粒子在磁场B1中的周期为 T12m qB1则在磁场B1中的运动时间为 t2在磁场B2中的运动周期为 T2在磁场B2中的运动时间为

1T13103s 32m qB2t318030018011T2103s5.510-3s

36061763-210s2.8510s '则粒子在复合场中总时间为：t2t1t2t320'v2（3）设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 qvB2m

r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件

L2k1r其中 k=0、1、2、3…… 2解得B24k2105T 3

12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求：

(1)电场强度的大小；

(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间

(3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）【解析】

试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

；（2）

（3）

（1）易知，

①

类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 所以类平抛运动时间为

②

又再者

④

③

由①②③④可得

⑤

粒子在磁场中的总时间：

粒子在电场中减速再加速的时间：

故粒子再次回到O点的时间：（3）由平抛知识得所以

［或

］

则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径

考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.

13．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）2v0，方向与水平方向成45° （2）①B【解析】

试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有

（1分） （1分） （1分）

（1分）

解得速度偏向角

（1分）

（1分）

12mved0，②4d22d4d

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值B0，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分）

mv2又有qvB0（2分）

R由⑦⑧解得：B0(12)mv0（1分） ed(12)mv0时电子能打

ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度B在荧光屏上（得B(12)mv0不扣分）． （1分） ed如图所示，电子在磁感应强度为B0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO连线的垂直距离

y1d2Rsin45（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

y2y1dtan450（1分）

解得y24d22d（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

0为y3d3dtan454d（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

4d22d到4d（2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

14．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电量为

e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L．不计离子重力及进入a板时的初速度．

（1）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K（Kne）的关系式． m（2）去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？

【答案】（1）离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（2）Umin【解析】

25eL2B2 32m思路点拨（1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间．在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系． （2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压． （1）由动能定理：neU112mv 2n价正离子在a、b间的加速度a1在a、b间运动的时间t1在MN间运动的时间t2neU1 mdv2md a1neU1L v离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛

v2顿第二定律nevBm

R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：RL(R22L2) 225neL2B2由以上各式得：U1

32m当n=1时U1取最小值Umin25eL2B2． 32m

15．

磁谱仪是测量能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q在

2的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上．（重力影响不

计）

（1）若能量在E~E＋ΔE（ΔE>0，且ΔE<（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在2角内进入磁场．试求能量均为Ｅ的

粒子打到感光胶片上的范围Δx2 【答案】见解析 【解析】 【详解】

（1）设粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距s的距离为x 圆周运动

qBm2R

粒子的动能

E12mυ 2x2R

由以上三式可得x所以

22mE qB22mEEqBx1化简可得x122mE qB22mEE； qBE（2）动能为E的粒子沿φ角入射，轨道半径相同，设为R，粒子做圆周运动

qBm2R

粒子的动能E由几何关系得

12mυ 2x22R2Rcosφ

22mE42mEφsin2 1cosφqBqB2