帶電粒子在有界磁場中運動及復合場運動題型及解題技巧

1、XXX哭XXM0-1ATATXX'I ”XXq也一 4點相距s=2r=尿,由圖還看出經(jīng)歷時間相差33屍，所以解此題的關鍵是找圓帶電粒子在有界磁場中運動及復合場運動題型及解題技巧近年來在考題中多次出現(xiàn)求磁場的最小范圍問題；或帶電粒子在空間運動范圍 問題，這類題對學生的平面幾何知識與物理知識的綜合運用能力要求較高。其 難點在于帶電粒子的運動軌跡不是完整的圓，其進入邊界未知的磁場后一般只 運動一段圓弧后就飛出磁場邊界，運動過程中的臨界點（如運動形式的轉(zhuǎn)折點、 軌跡的切點、磁場的邊界點等）難以確定。一、對稱法帶電粒子如果從勻強磁場的亶線邊界射入 又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射 點線段

2、的中垂線對稱，且入射速度方向與出射 速度方向與邊界的夾角相等（如圖1）;帶電粒 子如果沿半徑方向射入具有圓形邊界的勻強磁 場，則其射出磁場時速度延長線必過圓心（如 圖2）。利用這兩個結論可以輕松畫出帶電粒子 的運動軌跡，找出相應的幾何關系。例1.如圖3所示， 直線MN上方有磁感應 強度為B的勻強磁場。 正、負電子同時從同一 點O以與MN成30° 角的同樣速度v射入磁 場（電子質(zhì)量為m,電荷為e）,它們從磁場中射出時相距多遠？射出的時間差是多少？解析：正、負電子的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)方向相反。先確定圓心，畫出半 徑和軌跡（如圖4）,由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形

3、。所以兩個射出2mvE-5心、找半徑和用對稱。例2.如圖5所示，在半徑為r的圓形區(qū) 域內(nèi)，有一個勻強磁場。一帶電粒子以速度 vO從M點沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點 射出，O點為圓心。當ZMON=120°時，求: 帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉(zhuǎn)半徑R及在磁場區(qū) 中的運動時間。解析：分別過M、N點作半徑OM、ON的垂線，此兩垂線的交點（T即為帶電粒子作 圓周運動時圓弧軌道的圓心，如圖6所示。由圖中的幾何關系可知，圓弧MN所對的軌道圓心角為60° , O、O,的邊線為該圓心角的角平分線，由此可得帶電粒子圓軌道半徑為R=r/tan3（）° =又帶電粒子的軌道半徑可表示為：故帶電

4、粒子運動周期：vo帶電粒子在磁場區(qū)域中運動的時間36°C JV°二、旋轉(zhuǎn)圓法在磁場中向垂直于磁場的各個方向發(fā)射速度大小相同的帶電粒 子時，帶電粒子的運動軌跡是圍繞發(fā)射點旋轉(zhuǎn)的半徑相同的動態(tài)圓 （如圖7）,用這一規(guī)律可快速確定粒子的運動軌跡。例3.如圖8所示，S為電子 源，它在紙面360°度范圍內(nèi)發(fā)射 速度大小為v0,質(zhì)量為in,電量為q的電子（q<0）, MN是一塊. x 足夠大的豎直擋板，與S的水平距 亨樸 離為L,擋板左側充滿垂宜紙面向°外的勻強磁場，磁感應強度大小為. mvO/qL,求擋板被電子擊中的范 圍為多大？解析：由于粒子從同一點向各

5、個方向發(fā)射，粒子的軌跡為繞s點旋轉(zhuǎn)的動態(tài)圓，且動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉(zhuǎn)， 這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖9所示，最高點為動態(tài)圓與MN的相切時 的交點P,最低點為動態(tài)圓與MN相割，且SQ為直徑時Q為最低點，帶電粒子在磁場中vo作圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，由 戲 得：SQ為直徑，U： SQ=2L, SO=L ,由幾何關系得：= 二屈P為切點，所以OP=L ,所以粒子能擊中的范圍為（1 +石江。a例4. （2010全國新課程卷）如圖10所示，在OWxWA. OWyW范圍內(nèi)有垂直于xy 平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射 大量質(zhì)量為n

6、】、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，a與y軸正方向的夾角分布在o90°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到 a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的 四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的：速度大??；速度方向與y軸 正方向 夾角正 弦。解 析：設粒子的發(fā)射速度V qyB = m 子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得：氏，解得:/? = 纟0召。從O點以半徑R（2<RVa）作“動態(tài)圓”，如圖11所示，由圖不難看出，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧

7、與磯場的邊界相切。設該粒T7FI =子在磁場中的運動時間為t,依題意 ° ,所以ZOCA= 2。設最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為a,由幾何關系得:Asin = J?-222 y Asin. a=a-再加上sin a+cos a = 19三.縮放圓法帶電粒子以大小不同，方向相同的速度垂直射入勻強磁場中， 作圓周運動的半徑隨著速度的變化而變化，因此其軌跡為半徑縮放 的動態(tài)圓（如圖12）,利用縮放的動態(tài)圓，可以探索出臨界點的軌 跡，使問題得到解決。例5.如圖13所示，勻強磁場中磁感應強度為B,寬度為（1, 一電子從左邊界垂直勻強磁場射入，入射x X 方向與邊界的夾角為0,

8、已知電子的質(zhì)量/ 為m,電量為e,要使電子能從軌道的另x x x 側射出，求電子速度大小的范圍。x x x解析：如圖14所示，當入射速度很m-i3國一14小時電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從同一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道 與邊界相切時，電子恰好不能從另一側射出，當速率大于這個臨界值時便從右邊界射出， 設此時的速率為、O帶電粒子在磁場中作圓周運動，由幾何關系得：r+rcos 0 =d =m 電子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力：廠,所以:Bed旳=聯(lián)立解得；也(1+COS&),所以電子從另一側射出的條件是速度大于燉(1 + cos 0)例6(2010全國II卷)如圖15所示，

9、左邊有一對平行金屬板，兩板的距離為d,電 壓為U,兩板間有勻強磁場，磁感應強度為B0,方面平行于板面并垂直紙面朝里。圖中右 邊有一邊長為a的正三角形區(qū)域EFG (EF邊與金屬板垂直)，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上也有 勻強磁場，磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里。假設一系列電荷量為q的正離子沿 平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入金屬板之間，沿同一方向射出金屬板間的區(qū)域， 并經(jīng)EF邊中點H射入磁場區(qū)域。不計重力。(1) 己知這些離子中的離子甲到達邊界EG后，從邊界EF穿出磁場，求離子甲的質(zhì) 量；S-16(2) 已知這些離子中的 離子乙從EG邊上的1點(圖 中未畫出)穿出磁場，且G1 長為3a/4,求

10、離子乙的質(zhì)量；(3) 若這些離子中的最 輕離子的質(zhì)量等于離子甲質(zhì) 量的一半，而離子乙的質(zhì)量是最大的，問磁場邊界上什么區(qū)域內(nèi)可能有離子到達?解析：由題意知，所有離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，則有： qvBqU/d,解得離子的速度為：v=U/M 為一定數(shù)值)。雖然離子速度大小不變，但質(zhì)量加改變，結合帶電離子在磁場中做勻速圓 周運動的半徑公式甌嘆仍分析，可畫出不同質(zhì)量的帶電離子在磁場中的運動 軌跡，如圖16中的動態(tài)圓。(1)由題意知，離子甲的運動軌跡是圖17中的半圓，半圓與邊相切于 力點，與莎邊垂直相交于萬點，由幾何關系可得半徑：J?v=<9cos30° tan!5°

11、 =(心)a,從而求得離子甲的質(zhì)量口戸（2）離子乙的運動軌跡如圖18所示，在'EIQ中，由余弦定理得:用=（護+孑心-嚀冷-冬）cos 60。解得斤乙=“4,adqBB從而求得乙離子的質(zhì)量皿二笹。關于帶電粒子在電場的運動問題，高考題中經(jīng)常出 現(xiàn)，下面我們先看一個例題：例：如圖所示，質(zhì)量為加電荷量為Q的帶電粒 子以平行于極板的初速度射入長Z板間距離為d 的平行板電容器間，兩板間電壓為仏求射出時的側 移、偏轉(zhuǎn)角和動能增量.解：分解為兩個獨立的分運動：平行極板的勻Vt速運動（運動時間由此分運動決定）L二站,垂直極板的勻加速直線運動,y = at 、， _ & a = y = _tan

12、52, 一加， md.偏角：叫，得：/2.穿越電場過程的動能增量是： 暹灑 （注意，一般來說不等于q力，從例題可以得出結 論有三：結論一、不同帶電粒子從靜止進入同一電場加速后再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電 場，射出時的偏轉(zhuǎn)角度總和位移偏轉(zhuǎn)量y是相同的，與粒子的Q、m無關。例1.如圖所示，電子在電勢差為氏的加速 電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為仏 的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平 行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足 電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況 中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角0變大的是（ ）A. U變大、仏變大B.必變小、必變大C. E變大、弘變小D.弘變小、弘變小一 +解析

13、：電子在加速電場中由動能定理得,電子在偏轉(zhuǎn)電場中有:p二旦（r込乙=顯-£二嚀，冬二也 md .由以上各式得：匕 加«,可知要使e增大必然G變大，U,變小，故選B.答案：B結論二、粒子垂直進入電場偏轉(zhuǎn)射出后，速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移中點。（粒子好像是從 中點直線射出！）例2.證明：在帶電的平行金屬板電容器中, 只要帶電粒子垂直電場方向射入（不一定在正中 間），且能從電場中射出如圖所示，則粒子射入 速度的方向與射出速度匕的方向的交點0必定 在板長Z的中點.證明：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時偏距22 dm V. t粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時的偏向角勺 比 皿，作

14、粒子速度的反向延長線，y 2dmvQ Ix =tan& q® 2設交于0點，0點與電場邊緣的距離為X,貝!）桝。加?？芍?子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就好像是從極板間的空處沿直線射出似的，即證。結論三、粒子垂直飛入電場偏轉(zhuǎn)射出時，速度偏轉(zhuǎn)角正切值（tan& ）等于位移偏轉(zhuǎn)角正切值U泌0）的兩倍（tan9 = 2tan,8）。例3.（2009山東）如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為1,第一四象限有磁場，方向垂 直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發(fā)射質(zhì)量為m、電量 為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示 的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知20時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在 t。時，刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m、q、1、10> B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板 間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。yfo-5-2/aX X X X X X X XX X x XX X xBxX X圖甲圖乙解析：（1）（ = 0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，陽時刻剛好從極板邊緣射出,-I在y軸負方向偏移的距離為2 ,則有S