带电粒子在磁场中偏转的求解
策略 一 圆形边界
例题1解析：应用上述方法1，分别过M 、N 点作半径OM 、ON 的垂线，此两垂线的交点O' 即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图4所示。
有：解得：
由图中的几何关系可知，圆弧MN 所对的轨道圆心角为打在a 点，由几何知识得：
60°，O 、O' 的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为
R =r /tan 30°=
3r
对于反氚核在磁场中偏转，
又带电粒子的轨道半径可表示为
有：解得：
R =
m v 0qB
由几何知识：
故带电粒子运动周期
所以：。即反氚核粒子将打在b 处，其偏转角为
60°。
T =2πm =
23πqB
v r
带电粒子在磁场区域中运动的时间
t =60°T =1T =
3πr 360°
6
3v
练1. 解析：如图3所示，反质子在磁场中偏转，
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练习4．解：(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
13
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 ，，半控为R,
由几何关系得：(L -R ) sin 30︒=R ∴R =
13L
①
qv m v 2
由00B =
R
得
R =
m v 0qB
联立①②可得B =
3mv 0qL
(2)设该磁场区的面积为S
由几何关系得O Q ==
3
2
∴S =π⎛⎫
O Q ⎪
=πL 2
⎝2⎭
12练习5 (1)见答图9－1；(2)(1+3)
mv Bq
；(3)
2mv Bq
练习6．(1)
mv eB
；(2)
m θ；(3)
mv θ
eB
eB
tan
2
二，直线边界
例题解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略。粒子作匀速圆周运动的轨迹如图4所示。（1）由几何关系可知OP 弦对的圆心角θ=60°，粒子由O 到P 大圆弧所对圆心角为300°，则有 t/T＝300°/360°＝5/6
解得 T ＝6t/5＝6×1.5×10-6
/5＝1. 8×10-6
s
（2）由粒子作圆周运动所需向心力为洛伦兹力，轨道半径R ＝OP ＝0.1m ，有
qvB =m v 2
/R
2πm 2×3. 14×1. 8×10-16得 B =
m v qR
=qT
=
2. 0×10
-9
×1. 8×10
-6
＝0.314T （3）粒子的速度
×10
-9
v =
BqR . 314×2. 0×0. 1
m
=
01. 8×10
-16
=3. 49×105
m /s
练1解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图7所示的轨迹运动，从A 点射出磁场，O 、A 间的距离为l ，射出时的速度仍为v 0，根据对称规律，射出方向与x 轴的夹角仍为θ。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv 0B =m v 2
/R
式中R 为圆轨道半径。圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系有
l /2=R sin θ
联立以上两式解得 q 2v 0sin θm =
lB
练2 (1) R =
mv qB
；(2) t =
3πm 4
T =
32qB
练习5【解析】（1）如图5中圆弧①是电子由S 发出能到达挡板的半径最小的径迹，R =l /2，
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Bev = mv2/R ，所以v = BeR/m = Be l /2m ，这表明要能到达挡板电子速度不能小于Be l /2m，
（2）当v=eBl /m，轨迹半径R=mv/Be l =(m ×eB l
/m )/Be = l ，直径为2l ，到达O 点上方离O 点最远挡板的
P 点，SP = 2 l, OP =
(2l ) 2-l 2
=
3l
电子运动轨迹
如图5中圆弧②所示，电子到O 点下方离O 点最远挡板的Q 点，OQ = l，其轨迹如图5中圆弧③所示，电子击中挡板的范围在PQ 之间，PQ =(
3+1) l
【评注】电子从S 射出能到达挡板运动轨迹的最小半径为l /2，对应电子的速度最小，当电子速率确定为eBl/m，则对应在磁场中运动的圆轨迹半径为l ，可分析得到在O 点上方电子的最远落点离S 距离为2r = 2l ，在O 点下方电子的最远落点离O 点距离为r =l ．
三 长方形磁场
例1解析：利用上述方法1；可确定出两电子轨迹的圆心O 1和圆心O 2，如图2所示。由图中几何关系，二轨迹圆半径的关系为
图2
(r 2-r 1) /r 2=cos 60°
又r =
m v qB
，故
v 1/v 2=r 1/r 2=1/2
两电子分别在磁场中的运动时间
t 90°11=
360°
T =4
T
t 2=
60°360°
T =
16
T
因此t 1/t 2=3/2
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带电粒子在磁场中偏转的求解
策略 一 圆形边界
例题1解析：应用上述方法1，分别过M 、N 点作半径OM 、ON 的垂线，此两垂线的交点O' 即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图4所示。
有：解得：
由图中的几何关系可知，圆弧MN 所对的轨道圆心角为打在a 点，由几何知识得：
60°，O 、O' 的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为
R =r /tan 30°=
3r
对于反氚核在磁场中偏转，
又带电粒子的轨道半径可表示为
有：解得：
R =
m v 0qB
由几何知识：
故带电粒子运动周期
所以：。即反氚核粒子将打在b 处，其偏转角为
60°。
T =2πm =
23πqB
v r
带电粒子在磁场区域中运动的时间
t =60°T =1T =
3πr 360°
6
3v
练1. 解析：如图3所示，反质子在磁场中偏转，
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练习4．解：(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
13
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 ，，半控为R,
由几何关系得：(L -R ) sin 30︒=R ∴R =
13L
①
qv m v 2
由00B =
R
得
R =
m v 0qB
联立①②可得B =
3mv 0qL
(2)设该磁场区的面积为S
由几何关系得O Q ==
3
2
∴S =π⎛⎫
O Q ⎪
=πL 2
⎝2⎭
12练习5 (1)见答图9－1；(2)(1+3)
mv Bq
；(3)
2mv Bq
练习6．(1)
mv eB
；(2)
m θ；(3)
mv θ
eB
eB
tan
2
二，直线边界
例题解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略。粒子作匀速圆周运动的轨迹如图4所示。（1）由几何关系可知OP 弦对的圆心角θ=60°，粒子由O 到P 大圆弧所对圆心角为300°，则有 t/T＝300°/360°＝5/6
解得 T ＝6t/5＝6×1.5×10-6
/5＝1. 8×10-6
s
（2）由粒子作圆周运动所需向心力为洛伦兹力，轨道半径R ＝OP ＝0.1m ，有
qvB =m v 2
/R
2πm 2×3. 14×1. 8×10-16得 B =
m v qR
=qT
=
2. 0×10
-9
×1. 8×10
-6
＝0.314T （3）粒子的速度
×10
-9
v =
BqR . 314×2. 0×0. 1
m
=
01. 8×10
-16
=3. 49×105
m /s
练1解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图7所示的轨迹运动，从A 点射出磁场，O 、A 间的距离为l ，射出时的速度仍为v 0，根据对称规律，射出方向与x 轴的夹角仍为θ。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv 0B =m v 2
/R
式中R 为圆轨道半径。圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系有
l /2=R sin θ
联立以上两式解得 q 2v 0sin θm =
lB
练2 (1) R =
mv qB
；(2) t =
3πm 4
T =
32qB
练习5【解析】（1）如图5中圆弧①是电子由S 发出能到达挡板的半径最小的径迹，R =l /2，
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Bev = mv2/R ，所以v = BeR/m = Be l /2m ，这表明要能到达挡板电子速度不能小于Be l /2m，
（2）当v=eBl /m，轨迹半径R=mv/Be l =(m ×eB l
/m )/Be = l ，直径为2l ，到达O 点上方离O 点最远挡板的
P 点，SP = 2 l, OP =
(2l ) 2-l 2
=
3l
电子运动轨迹
如图5中圆弧②所示，电子到O 点下方离O 点最远挡板的Q 点，OQ = l，其轨迹如图5中圆弧③所示，电子击中挡板的范围在PQ 之间，PQ =(
3+1) l
【评注】电子从S 射出能到达挡板运动轨迹的最小半径为l /2，对应电子的速度最小，当电子速率确定为eBl/m，则对应在磁场中运动的圆轨迹半径为l ，可分析得到在O 点上方电子的最远落点离S 距离为2r = 2l ，在O 点下方电子的最远落点离O 点距离为r =l ．
三 长方形磁场
例1解析：利用上述方法1；可确定出两电子轨迹的圆心O 1和圆心O 2，如图2所示。由图中几何关系，二轨迹圆半径的关系为
图2
(r 2-r 1) /r 2=cos 60°
又r =
m v qB
，故
v 1/v 2=r 1/r 2=1/2
两电子分别在磁场中的运动时间
t 90°11=
360°
T =4
T
t 2=
60°360°
T =
16
T
因此t 1/t 2=3/2
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