帶電粒子在磁場中運動(共39頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上帶電粒子在磁場中的運動專題 帶電粒子在磁場中運動【備考策略】根據(jù)近三年高考命題特點和命題規(guī)律，復習專題時，要注意以下幾個方面：1. 通過復習，整合磁場基本知識，弄清楚帶電粒子在磁場中運動的基本規(guī)律，掌握帶電粒子在有界磁場中運動問題的基本方法；區(qū)分有邊界磁場中圓心、半徑、臨界條件、周期和時間等問題的解決方法，并注意幾何關系的靈活應用2. 歸納總結復合場的基本知識，加強電場、磁場與力學知識的整合，分清帶電粒子在不同復合場中的運動形式和遵循的運動規(guī)律，特別弄清楚粒子在分區(qū)域場中的分階段運動，總結出復合場問題的解題思路、解題方法、解題步驟.3. 充分注意帶電粒子在復合場中運動

2、規(guī)律的實際應用問題.如質(zhì)譜儀、 回旋加速器、速度加速器、電磁流量計等.【考綱點擊】重要考綱要求洛倫茲力公式帶電粒子在勻強磁場中的運動帶電粒子在勻強電場中的運動【網(wǎng)絡互聯(lián)】第1講 帶電粒子在磁場中的運動【核心要點突破】知識鏈接一、洛侖茲力1、公式：FqvBsin(為v與B的夾角)2、特點：洛倫茲力F的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即F總是垂直于B和v所在的平面故永遠不對運動電荷做功。3、方向的判斷：左手定則二、帶電粒子在勻強磁場中的運動公式深化整合1、 電場力和洛倫茲力的比較電場力洛侖茲力力存在條件作用于電場中所有電荷僅對運動著的且速度不跟磁場平行的電荷有洛侖茲力作用

3、力力大小F=qE與電荷運動速度無關F=Bqv與電荷的運動速度有關力方向力的方向與電場方向相同或相反，但總在同一直線上力的方向始終和磁場方向垂直力的效果可改變電荷運動速度大小和方向 只改變電荷速度的方向,不改變速度的大小做功可以對電荷做功,改變電荷的動能不對電荷做功、不改變電荷的動能運動軌跡偏轉(zhuǎn)在勻強電場中偏轉(zhuǎn)，軌跡為拋物線在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)、軌跡為圓弧【典例訓練1】不計重力的帶電粒子在電場或者磁場中只受電場力或磁場力作用，帶電粒子所處的運動狀態(tài)可能是（ ）A.在電場中做勻速直線運動B.在磁場中做勻速直線運動C.在電場中做勻速圓周運動D.在勻強磁場中做類平拋運動【解析】選B、C.帶電粒子在電場中必

4、定受電場力作用，因而不能做勻速直線運動，A錯.帶電粒子在電場中可做勻速圓周運動，如電子繞原子核運動，庫侖力提供向心力，C對；帶電粒子在磁場中不一定受磁場力作用，如當運動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力為零.粒子做勻速直線運動，B對.帶電粒子在勻強磁場中不可能做勻變速運動.因速度變化時，洛倫茲力變化，加速度變化，D錯，故選B、C. 【典例訓練2】（2010·江蘇物理卷·T9）如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO與SS垂直。a、b、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、

5、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為，且。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達到同一點S，則下列說法中正確的有A三個質(zhì)子從S運動到S的時間相等B三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO軸上C若撤去附加磁場，a到達SS連線上的位置距S點最近D附加磁場方向與原磁場方向相同【命題立意】本題以三個速度大小相同的質(zhì)子在磁場中運動，考查帶電粒子在磁場中的運動，題目設置較難。【思路點撥】解答本題可按以下思路分析：由洛侖茲力不做功，速度大小不變根據(jù)三個質(zhì)子運動軌跡由質(zhì)子運動半徑，以質(zhì)子b為例畫出其運動軌跡確定運動軌跡的圓心位置判斷三個質(zhì)子的運動時間長短 【規(guī)范解答】選CD。三個質(zhì)子從S運動到過程

6、，運動軌跡的長度從a、b、c依次增大，由于洛侖茲力對質(zhì)子不做功，三個質(zhì)子速度大小始終相等，運動時間不相等，A錯誤；三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域運動時，以質(zhì)子b為例畫出其運動軌跡圖兩種情況（R>r和R<r）如圖所示，由圖可以看出質(zhì)子b的運動軌跡的圓心不在軸上，所以B錯誤；用作圖法可知，若撤去附加磁場，a到達連線上的位置距S點距離為，b到達連線上的位置距S點距離為，c到達連線上的位置距S點距離為，可知a到達SS連線上的位置距S點最近，C正確；因b要增大曲率，才能使到達連線上的位置向S點靠近，所以附加磁場方向與原磁場方向相同，D正確。BR + 【例3】磁流體發(fā)電機原理圖如右。

7、等離子體高速從左向右噴射，兩極板間有如圖方向的勻強磁場。該發(fā)電機哪個極板為正極？兩板間最大電壓為多少？解：由左手定則，正、負離子受的洛倫茲力分別向上、向下。所以上極板為正。正、負極板間會產(chǎn)生電場。當剛進入的正負離子受的洛倫茲力與電場力等值反向時，達到最大電壓：U=Bdv。當外電路斷開時，這也就是電動勢E。當外電路接通時，極板上的電荷量減小，板間場強減小，洛倫茲力將大于電場力，進入的正負離子又將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這時電動勢仍是E=Bdv，但路端電壓將小于Bdv。在定性分析時特別需要注意的是：正負離子速度方向相同時，在同一磁場中受洛倫茲力方向相反。外電路接通時，電路中有電流，洛倫茲力大于電場力，兩板間電壓

8、將小于Bdv，但電動勢不變（和所有電源一樣，電動勢是電源本身的性質(zhì)。）注意在帶電粒子偏轉(zhuǎn)聚集在極板上以后新產(chǎn)生的電場的分析。在外電路斷開時最終將達到平衡態(tài)。I【例4】 半導體靠自由電子（帶負電）和空穴（相當于帶正電）導電，分為p型和n型兩種。p型中空穴為多數(shù)載流子；n型中自由電子為多數(shù)載流子。用以下實驗可以判定一塊半導體材料是p型還是n型：將材料放在勻強磁場中，通以圖示方向的電流I，用電壓表判定上下兩個表面的電勢高低，若上極板電勢高，就是p型半導體；若下極板電勢高，就是n型半導體。試分析原因。解：分別判定空穴和自由電子所受的洛倫茲力的方向，由于四指指電流方向，都向右，所以洛倫茲力方向都向上，它

9、們都將向上偏轉(zhuǎn)。p型半導體中空穴多，上極板的電勢高；n型半導體中自由電子多，上極板電勢低。注意：當電流方向相同時，正、負離子在同一個磁場中的所受的洛倫茲力方向相同，所以偏轉(zhuǎn)方向相同。3.洛倫茲力大小的計算帶電粒子在勻強磁場中僅受洛倫茲力而做勻速圓周運動時，洛倫茲力充當向心力，由此可以推導出該圓周運動的半徑公式和周期公式： MNBOv【例5】 如圖直線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：由公式知，它們的半徑和周期是相同的。只是偏轉(zhuǎn)方向相反。先確定

10、圓心，畫出半徑，由對稱性知：射入、射出點和圓心恰好組成正三角形。所以兩個射出點相距2r，由圖還可看出，經(jīng)歷時間相差2T/3。答案為射出點相距，時間差為。關鍵是找圓心、找半徑和用對稱。yxoBvvaO/【例6】 一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從x軸上的P（a，0）點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。解：由射入、射出點的半徑可找到圓心O/，并得出半徑為；射出點坐標為（0，）。帶電粒子在磁場中的運動是高中物理的一個難點，也是高考的熱點。在歷年的高考試題中幾乎年年都有這方面的考題。帶電粒子在

11、磁場中的運動問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛侖茲力、圓周運動的知識，又要用到數(shù)學中的平面幾何中的圓及解析幾何知識。1、帶電粒子在半無界磁場中的運動OBSvP【例7】一個負離子，質(zhì)量為m，電量大小為q，以速率v垂直于屏S經(jīng)過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙面向里.（1）求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離.（2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間t到達位置P，證明:直線OP與離子入射方向之間的夾角跟t的關系是。解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作用下，做勻速圓周運動.設圓半徑為r，則據(jù)牛頓

12、第二定律可得： ，解得如圖所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r 所以（2）當離子到位置P時，圓心角：因為，所以.r vRvO/O2穿過圓形磁場區(qū)。畫好輔助線（半徑、速度、軌跡圓的圓心、連心線）。偏角可由求出。經(jīng)歷時間由得出。注意：由對稱性，射出線的反向延長線必過磁場圓的圓心。OAv0B【例8】如圖所示，一個質(zhì)量為m、電量為q的正離子，從A點正對著圓心O以速度v射入半徑為R的絕緣圓筒中。圓筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。要使帶電粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞多次后仍從A點射出，求正離子在磁場中運動的時間t.設粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量和電量損失，不計粒子的重力。解析：

13、由于離子與圓筒內(nèi)壁碰撞時無能量損失和電量損失，每次碰撞后離子的速度方向都沿半徑方向指向圓心，并且離子運動的軌跡是對稱的，如圖所示。設粒子與圓筒內(nèi)壁碰撞n次（），則每相鄰兩次碰撞點之間圓弧所對的圓心角為2/（n+1）.由幾何知識可知，離子運動的半徑為離子運動的周期為，又，所以離子在磁場中運動的時間為.【例9】圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿OO方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求OP的長度和電子通過磁場所用的時間。MNO,LAOR/2

14、/2BPO/P解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可見O、B、P在同一直線上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而，所以求得R后就可以求出OP了，電子經(jīng)過磁場的時間可用t=來求得。 由得R=，3穿過矩形磁場區(qū)。一定要先畫好輔助線（半徑、速度及延長線）。偏轉(zhuǎn)角由sin=L/R求出。側(cè)移由R2=L2-（R-y）2解出。經(jīng)歷時間由得出。注意，這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不

15、再是寬度線段的中點，這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)結論不同！【例10】如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場的時間是 。解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為fv，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角30°，OB為半徑。r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又AB圓心角是30°，穿透時間t=T/12，故t=d/3v。帶

16、電粒子在長足夠大的長方形磁場中的運動時要注意臨界條件的分析。如已知帶電粒子的質(zhì)量m和電量e，若要帶電粒子能從磁場的右邊界射出，粒子的速度v必須滿足什么條件？這時必須滿足r=mv/Be>d，即v>Bed/m.【例11】長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是：A使粒子的速度v<BqL/4m； B使粒子的速度v>5BqL/4m；C使粒子的速度v>BqL/m；D使粒子速度BqL/4m

17、<v<5BqL/4m。解析：由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得：粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有：r12L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4，又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，v>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O點，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4得v2BqL/4mv2<BqL/4m時

18、粒子能從左邊穿出。綜上可得正確答案是A、B?！纠?2】帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動基本問題 找圓心、畫軌跡是解題的基礎。帶電粒子垂直于磁場進入一勻強磁場后在洛倫茲力作用下必作勻速圓周運動，抓住運動中的任兩點處的速度，分別作出各速度的垂線，則二垂線的交點必為圓心；或者用垂徑定理及一處速度的垂線也可找出圓心；再利用數(shù)學知識求出圓周運動的半徑及粒子經(jīng)過的圓心角從而解答物理問題。 （04天津）釷核發(fā)生衰變生成鐳核并放出一個粒子。設該粒子的質(zhì)量為、電荷量為q，它進入電勢差為U的帶窄縫的平行平板電極和間電場時，其速度為，經(jīng)電場加速后，沿方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的有界

19、勻強磁場，垂直平板電極，當粒子從點離開磁場時，其速度方向與方位的夾角，如圖所示，整個裝置處于真空中。（1）寫出釷核衰變方程；（2）求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R；（3）求粒子在磁場中運動所用時間。解析:（1）釷核衰變方程   （2）設粒子離開電場時速度為，對加速過程有粒子在磁場中有由、得  （3）粒子做圓周運動的回旋周期     粒子在磁場中運動時間    由、得  【例13】帶電粒子在磁場中軌道半徑變化問題 導致軌道半徑變化的原因有：帶電粒子速度變化導致半徑變化。如帶

20、電粒子穿過極板速度變化；帶電粒子使空氣電離導致速度變化；回旋加速器加速帶電粒子等。磁場變化導致半徑變化。如通電導線周圍磁場，不同區(qū)域的勻強磁場不同；磁場隨時間變化。動量變化導致半徑變化。如粒子裂變，或者與別的粒子碰撞；電量變化導致半徑變化。如吸收電荷等。總之，由看m、v、q、B中某個量或某兩個量的乘積或比值的變化就會導致帶電粒子的軌道半徑變化。 （06年全國2）如圖所示，在x0與x0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B1B2。一個帶負電的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應滿足

21、什么條件？解析：粒子在整個過程中的速度大小恒為v，交替地在xy平面內(nèi)B1與B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運動，軌跡都是半個圓周。設粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為m和q，圓周運動的半徑分別為和r2，有r1    r2分析粒子運動的軌跡。如圖所示，在xy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為r1的半圓C1運動至y軸上離O點距離為2 r1的A點，接著沿半徑為2 r2的半圓D1運動至y軸的O1點，O1O距離d2（r2r1）此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑r1的半圓和半徑為r2的半圓回到原點下方y(tǒng)軸），粒子y坐標就減小d。設粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于On點。若OOn即nd滿足&

22、#160; nd2r1   則粒子再經(jīng)過半圓Cn+1就能夠經(jīng)過原點，式中n1，2，3，為回旋次數(shù)。由式解得由式可得B1、B2應滿足的條件n1，2，3，【例14】帶電粒子在磁場中運動的臨界問題和帶電粒子在多磁場中運動問題 帶電粒子在磁場中運動的臨界問題的原因有：粒子運動范圍的空間臨界問題；磁場所占據(jù)范圍的空間臨界問題，運動電荷相遇的時空臨界問題等。審題時應注意恰好，最大、最多、至少等關鍵字（07全國1）兩平面熒光屏互相垂直放置，在兩屏內(nèi)分別取垂直于兩屏交線的直線為x軸和y軸，交點O為原點，如圖所示。在y>0，0<x<a的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強磁

23、場，在y>0，x>a的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B。在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q（q>0）的粒子沿x軸經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮。入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值已知速度最大的粒子在0<x<a的區(qū)域中運動的時間與在x>a的區(qū)域中運動的時間之比為2：5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中作圓周運動的周期。試求兩個熒光屏上亮線的范圍（不計重力的影響）。解析：粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中運動半徑為：   速

24、度小的粒子將在x<a的區(qū)域走完半圓，射到豎直屏上。半圓的直徑在y軸上，半徑的范圍從0到a，屏上發(fā)亮的范圍從0到2a。軌道半徑大于a的粒子開始進入右側(cè)磁場，考慮r=a的極限情況，這種粒子在右側(cè)的圓軌跡與x軸在D點相切（虛線），OD=2a，這是水平屏上發(fā)亮范圍的左邊界。速度最大的粒子的軌跡如圖中實線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和，C在y軸上，有對稱性可知在x=2a直線上。設t1為粒子在0<x<a的區(qū)域中運動的時間，t2為在x>a的區(qū)域中運動的時間，由題意可知 由此解得：         由式和對稱

25、性可得                    所以        即弧長AP為1/4圓周。因此，圓心在x軸上。設速度為最大值粒子的軌道半徑為R，有直角可得    由圖可知OP=2a+R，因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界的坐標   【例15】帶電粒子在有界磁場中的極值問題尋找產(chǎn)生極值的條件：直徑是圓的最大弦；同一

26、圓中大弦對應大的圓心角；由軌跡確定半徑的極值。有一粒子源置于一平面直角坐標原點O處，如圖所示相同的速率v0向第一象限平面內(nèi)的不同方向發(fā)射電子，已知電子質(zhì)量為m，電量為e。欲使這些電子穿過垂直于紙面、磁感應強度為B的勻強磁場后，都能平行于x軸沿+x方向運動，求該磁場方向和磁場區(qū)域的最小面積s。解析：由于電子在磁場中作勻速圓周運動的半徑Rmv0/Be是確定的，設磁場區(qū)域足夠大，作出電子可能的運動軌道如圖所示，因為電子只能向第一象限平面內(nèi)發(fā)射，所以電子運動的最上面一條軌跡必為圓O1，它就是磁場的上邊界。其它各圓軌跡的圓心所連成的線必為以點O為圓心，以R為半徑的圓弧O1O2On。由于要求所有電子均平行

27、于x軸向右飛出磁場，故由幾何知識有電子的飛出點必為每條可能軌跡的最高點。如對圖中任一軌跡圓O2而言，要使電子能平行于x軸向右飛出磁場，過O2作弦的垂線O2A，則電子必將從點A飛出，相當于將此軌跡的圓心O2沿y方向平移了半徑R即為此電子的出場位置。由此可見我們將軌跡的圓心組成的圓弧O1O2On沿y方向向上平移了半徑R后所在的位置即為磁場的下邊界，圖中圓弧OAP示。綜上所述，要求的磁場的最小區(qū)域為弧OAP與弧OBP所圍。利用正方形OO1PC的面積減去扇形OO1P的面積即為OBPC的面積；即R2-R2/4。根據(jù)幾何關系有最小磁場區(qū)域的面積為S2（R2-R2/4）（/2 -1）（mv0/Be）2?！纠?/p>

28、16】帶電粒子在復合場中運動問題 復合場包括：磁場和電場，磁場和重力場，或重力場、電場和磁場。有帶電粒子的平衡問題，勻變速運動問題，非勻變速運動問題，在解題過程中始終抓住洛倫茲力不做功這一特點。粒子動能的變化是電場力或重力做功的結果。 （07四川）如圖所示，在坐標系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方形的勻強電場，場強大小為E。在其它象限中存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。A是y軸上的一點，它到座標原點O的距離為h；C是x軸上的一點，到O點的距離為l，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點進入電場區(qū)域，繼而通過C點進入大磁場區(qū)域，并再次通過A點。此

29、時速度方向與y軸正方向成銳角。不計重力作用。試求：（1）粒子經(jīng)過C點時速度的大小合方向；（2）磁感應強度的大小B。解析：（1）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有        加速度沿y軸負方向。設粒子從A點進入電場時的初速度為v0，由A點運動到C點經(jīng)歷的時間為t，則有             由式得          設粒子

30、從點進入磁場時的速度為v，v垂直于x軸的分量v1      由式得v1   設粒子經(jīng)過C點時的速度方向與x軸的夾角為，則有tan        由式得     （2）粒子經(jīng)過C點進入磁場后在磁場中作速率為v的圓周運動。若圓周的半徑為R，則有       設圓心為P，則PC必與過C點的速度垂且有R。用表示與y軸的夾角，由幾何關系得  

31、60;          由式解得R   由式得B   【例17】帶電粒子在磁場中的周期性和多解問題 多解形成原因：帶電粒子的電性不確定形成多解；磁場方向不確定形成多解；臨界狀態(tài)的不唯一形成多解，在有界磁場中運動時表現(xiàn)出來多解，運動的重復性形成多解，在半徑為r的圓筒中有沿筒軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B；一質(zhì)量為m帶電+q的粒子以速度V從筒壁A處沿半徑方向垂直于磁場射入筒中；若它在筒中只受洛倫茲力作用且與筒壁發(fā)生彈性碰撞，欲使粒子與筒壁連續(xù)相碰撞并繞筒壁一周后仍

32、從A處射出；則B必須滿足什么條件？帶電粒子在磁場中的運動時間分析：由于粒子從A處沿半徑射入磁場后必作勻速圓周運動，要使粒子又從A處沿半徑方向射向磁場，且粒子與筒壁的碰撞次數(shù)未知，故設粒子與筒壁的碰撞次數(shù)為n（不含返回A處并從A處射出的一次），由圖可知其中n為大于或等于2的整數(shù)（當n1時即粒子必沿圓O的直徑作直線運動，表示此時B0）；由圖知粒子圓周運動的半徑R，再由粒子在磁場中的運動半徑可求出。 粒子在磁場中的運動周期為，粒子每碰撞一次在磁場中轉(zhuǎn)過的角度由圖得，粒子從A射入磁場再從A沿半徑射出磁場的過程中將經(jīng)過n+1段圓弧，故粒子運動的總時間為：，將前面B代入T后與共同代入前式得。【高

33、考真題探究】1.（2010·新課標全國卷·T25）（18分）如圖所示，在0 x a、0 y 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m、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)，與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2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（1）速度的大小；（2）速度方向與y軸正方向夾角的正弦?！久}立意】本題以大量帶電粒子沿各

34、個方向在有界勻強磁場中作勻速圓周運動，建立一幅動態(tài)運動圖景，考查考生空間想象能力和運用數(shù)學知識處理物理問題的能力?！舅悸伏c撥】解答本題可按以下思路分析：畫出沿y方向以a/2為半徑做圓周運動軌跡增大半徑將運動圓弧以O為圓心旋轉(zhuǎn)圓弧軌跡與磁場上邊界相切時為臨界軌跡再將臨界軌跡旋轉(zhuǎn)比較得到最長時間【規(guī)范解答】（1）設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式，得：， （2分）由解得： （1分）畫出沿y方向以a/2為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖所示，再畫出從坐標原點O沿與y軸正方向以半徑R0（a/2<R0<a）做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨

35、界軌跡，然后將臨界軌跡以O為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短，如下圖所示。從圖不難看出臨界軌跡對應的運動時間最長。 當時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的上邊界相切，如圖所示，設該粒子在磁場中運動的時間為t，依題意，得：。 （4分） 設最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關系可得： （2分） （2分）又 （1分）由式解得： （2分）由式得： （2分）（2）由式得： （2分）【答案】（1）（2）2.（2010·浙江理綜·T24）（22分）在一個放射源水平放射出、 和 和三種射線，垂

36、直射入如圖所示磁場。區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強磁場，兩區(qū)域的磁感強度大小B 相等，方向相反（粒子運動不考慮相對論效應）。（1）若要篩選出速率大于v1的 粒子進入?yún)^(qū)域，求磁場寬度d 與B 和v1的關系。（2）若B0.0034T，v10.1c（c是光速度），則可得d， 粒子的速率為0.001c，計算 和 射線離開區(qū)域時的距離；并給出去除 和 射線的方法。（3）當d滿足第（1）小題所給關系時，請給出速率在，v1<v<v2區(qū)間的 粒子離開區(qū)域時的位置和方向。（4）請設計一種方案，能使離開區(qū)域的 粒子束在右側(cè)聚焦且水平出射。已知：電子質(zhì)量，粒子質(zhì)量，電子電荷量，（時）【命題

37、立意】本題有機整合了原子物理和磁場內(nèi)容,體現(xiàn)綜合性和新穎性，主要考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動和對三種射線的理解?！舅悸伏c撥】作圖分析，找到 粒子能進入?yún)^(qū)域臨界條件，并畫出、 粒子開區(qū)域和離開區(qū)域時的位置，充分利用幾何關系。【規(guī)范解答】（1）根據(jù)帶電粒子在磁場以洛倫茲力作用后作勻速圓周運動的規(guī)律 由臨界條件得的關系為 （2）由式可得粒子的回旋半徑 由式得 豎直方向的距離為 可見通過區(qū)域的磁場難以將粒子與 射線分離，可用薄紙擋去粒子，需用厚鉛板擋掉 射線。（3）在上述磁場條件下，要求速率在區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置和方向。先求出速度為的粒子所對應的圓周運動半徑 該 粒子從區(qū)域磁場射出時，垂直

38、方向偏離的距離為 同理可得，與速度為v1對應的 粒子從區(qū)域時射出時，垂直方向偏離的距離為 同理可得，與速度為v1對應的 粒子垂直方向偏離的距離為 速率在區(qū)間射出粒子束寬為2，方向向右側(cè)，如圖所示。（4）由對稱性可以設計出如圖所示的磁場區(qū)域，最后形成聚焦，且方向水平向右。3.（2010·全國理綜·T26）(21分)如下圖15，在區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0180°范圍內(nèi)。已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在時刻剛好從磁

39、場邊界上點離開磁場。求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷qm;(2)此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍；(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！久}立意】本題考查了帶電粒子在有邊界磁場中的運動,正確分析帶電粒 子在磁場中運動的物理過程,并作出粒子軌跡的示意圖是解題的關鍵.【思路點撥】解答本題時可按以下思路分析： 帶電粒子在第一象限有邊界磁場中做一段圓弧運動,確定其圓心由幾何知識、洛侖茲力公式及牛頓第二定律,求出荷質(zhì)比.由同一時刻仍在磁場中的粒子到O的點的距離相等及幾何知識分析,可解答所求.【規(guī)范解答】初速度與y軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌

40、跡如圖16中的弧OP所示,其圓心為C.由題給條件可以得出 OCP= (2分)此粒子飛出磁場所用的時間為 t0= (2分)式中T為粒子做圓周運動的周期.設粒子運動速度的大小為v,半徑為R,由幾何關系可得 R= a (2分)由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有qvB =m (1分)T= (1分)解以上聯(lián)立方程,可得= (3分)(2)依題意,同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O的距離相同(2分)，在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以O點為圓心、OP為半徑的弧MN上,如圖16所示.設此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為vp、vM、vN.由對稱性可知vp與OP、vM與OM、vN.與ON的夾角均為/3.設vM、vN

41、.與y軸正向的夾角分別為M、N,由幾何關系有M= (1分)N= (1分)對于所有此時仍在磁場中的粒子,其初速度與y軸正方向所成的夾角應滿足 (2分)(3)在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應與磁場右邊界相切,其軌跡如圖17所示.由幾何關系可知, 弧長OM等于弧長OP (1分)由對稱性可知，弧長等于弧長 (1分)所以從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間=2 t0 (2分)【專題模擬演練】一、 選擇題1.（2010·揚州四模）如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，2,4,6分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則（ ）A從P射出的粒子速度大B

42、從Q射出的粒子速度大C從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長D兩粒子在磁場中運動的時間一樣長2.如圖1所示，半圓形光滑槽固定在地面上，勻強磁場與槽面垂直，將質(zhì)量為m的帶電小球自槽口A處由靜止釋放，小球到達槽最低點C處時，恰好對槽無壓力，則小球在以后的運動過程中對C點的最大壓力為（ ）A.0 B.2mg C.4mg D.6mg3.圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場，其運動軌跡如圖2所示.若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是（ ）A.a粒子速率最大B.c粒子速率最大C.a粒子在磁場中運動的時間最長D.它們

43、做圓周運動的周期TaTbTc4.（2010·上饒市二模）如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域，一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從y軸上a(0，L)點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從x軸上的b點射出磁場，此時速度的方向與x軸正方向的夾角為60°，且此磁場區(qū)域恰好是滿足此電子偏轉(zhuǎn)的最小圓形磁場區(qū)域(此最小圓形磁場未畫出)，下列說法正確的是：A此圓形磁場區(qū)域邊界不會經(jīng)過原點OB電子在磁場中運動的時間為C該圓形磁場區(qū)域的圓心坐標為(，)D電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0，2L)5.如圖4所示，在x>0、y>0的空間中有恒

44、定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量為q的帶電粒子在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場的作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場.不計重力的影響，由這些條件可知（ ）A.不能確定粒子通過y軸時的位置B.不能確定粒子速度的大小C.不能確定粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間D.以上三個判斷都不對6.如圖5所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，垂直磁場方向向里射入一速度方向跟ad邊夾角=30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m,電量為q,ad邊長為L,

45、ab邊足夠長，粒子重力不計，則粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍（ ）7.兩個電荷量分別為q和-q的帶電粒子分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，磁場寬度為d,兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖6所示，則（ ）A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.兩粒子軌道半徑之比RaRb=C.兩粒子質(zhì)量之比mamb=12D.兩粒子的速度之比vavb=12二、 計算題8. 如圖7所示，勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，其邊界是半徑為R的圓，AB為圓的直徑.在A點有粒子源向圓平面內(nèi)的各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電量為-q的粒子，粒子

46、重力不計.（1）一帶電粒子以v=的速度垂直磁場射入圓形區(qū)域，恰從B點射出.試求該粒子在磁場中運動的時間t.（2）若磁場的邊界是絕緣彈性邊界（粒子與邊界碰撞后將以原速率反彈），某粒子沿直徑方向射入磁場，經(jīng)過2次碰撞后回到A點，試求該粒子的速率.9.(19分)一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電的帶電粒子，從A點射入寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場，MN、PQ為該磁場的邊緣，磁感線垂直于紙面向里.帶電粒子射入時的初速度與PQ成45°角，且粒子恰好沒有從MN射出，如圖8所示.（1）求該帶電粒子的初速度v0.（2）求該帶電粒子從PQ邊界射出的射出點到A點的距離x.10.（16分）如圖9所示，真

47、空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B=0.60 T.磁場內(nèi)有一塊足夠大的平面感光平板ab，板面與磁場方向平行.在距ab的距離為L=10 cm處，有一個點狀的粒子放射源S，它僅在紙平面內(nèi)向各個方向均勻地發(fā)射粒子.設放射源每秒發(fā)射n=3.0×104個粒子，每個粒子的速度都是v=6.0×106 m/s.已知粒子的電荷量與質(zhì)量之比=5.0×107 C/kg.求每分鐘有多少個粒子打中ab感光平板？（圖中N為S距ab最近的點）【達標指要】1掌握洛侖茲力的大小和方向的確定，帶電粒子在勻強磁場中圓周運動及其規(guī)律2掌握帶電粒子在有界勻強磁場強度中的運動特點【名題

48、精析】例1如圖11-3-1所示，真空室內(nèi)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B0.60T，磁場內(nèi)有一塊平行感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab的距離l16cm處，有一個點狀的粒子發(fā)射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是v3.0×106m/s已知粒子的電量與質(zhì)量之比q/m5.0×107C/kg，現(xiàn)只考慮在紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域長度 ablS圖11-3-1 a b c d r r 2r S Q P1 P2 M 圖11-3-2MP2分析與解：洛倫茲力是粒子作圓運動的向心力；計算出圓半徑后，確定圓心的位置就成為解題的關鍵，粒子軌跡與a

49、b相切，以及粒子離S最遠的距離為2r是判定最遠點的條件如圖11-3-2粒子帶正電，用左手定則判定粒子在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用r表示軌道半徑，有Bqvm，解得，可見2r>l>r因向不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側(cè)與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側(cè)最遠點，為定出P1的位置，可作平行與ab的直線cd，cd到ab的距離為r0.10m以S為圓心，r為半徑，作弧交cd于Q點，過Q作ab的垂線，它與ab的交點即為P1由圖中幾何關系得：再考慮N的右側(cè)，任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2r，以2r為半徑，S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2

50、點，P2即為粒子在右側(cè)能達到的最遠點由幾何關系得：所求長度為：P1P2=NP1+NP2=0.20m x y vn O 圖11-3-4 On R R b P（x，y） a 例2在xOy平面內(nèi)有許多電子（質(zhì)量為m，電荷量為e）從坐標原點O不斷以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如圖11-3-3所示現(xiàn)加上一個垂直于xOy平面的磁感應強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積分析與解：所有電子在所求的勻強磁場中均做勻速圓周運動，由，得半徑為設與x軸成角入射的電子從坐標為（x，y）的P點射出磁場，則有x2+（Ry）2=R2式即為電

51、子離開磁場的邊界b，當=90°時，電子的運動軌跡為磁場的上邊界a，其表達式為（Rx）2+y2=R2由式所確定的面積就是磁場的最小范圍，如圖11-3-4所示，其面積為【思路點撥】例1中左右兩邊最遠點考慮方式不一樣，不少同學會利用左右對稱來解，這就失去了一半錯誤的主要原因在于對于粒子在空間飛行的軌跡不熟悉例2中電子從原點沿各個不同的方向不斷地以速度v0射入第一象限中，要求經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均能平行于x軸方向，磁感應強度B已知，那么電子在磁場中做圓周運動的半徑是已知的，實際上相當于每個電子的軌跡都是已知的：過原點作速度方向的垂線，在偏向x正方向這一側(cè)上截取一段長為R處即為其圓心On，在過On作

52、與x軸的垂線，在此垂線選取OnP=R，這P點就是電子從磁場飛出的點（如圖11-3-4所示）所有這些點的集合就是磁場的下邊界b具體方向就是本題所采用的選一任意角，確定其出磁場點P的關系式就是這些電子的下邊界線了對于上邊界線的確定：只要沿y軸正方向運動的電子的軌跡能在磁場中，也就是說沿y軸正方向運動的電子軌跡線就是磁場的上邊界【益智演練】AB圖11-3-51有一個電子射線管（陰極射線管），放在一通電直導線AB的上方，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡如圖11-3-5所示，則（ ）A直導線電流從A流向BB直導線電流從B流向AC直導線電流垂直于紙面，并流向紙內(nèi)D直導線電流垂直于紙面，并流向紙外2赤道附近地磁場方向向北，同

53、時存在方向豎直向下的電場，若在該處發(fā)射一電子（重力作用不計），電子沿直線飛行而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則該電子的飛行方向為 （ ）A水平向東 B水平向西 C豎直向上 D豎直向下 3在勻強磁場中一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進入另一個磁感應強度是原來磁感應強度2倍的勻強磁場，則（ ）A粒子的速率加倍，周期減半 B粒子的速率不變，軌道半徑減半C粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?/4 D粒子的速率不變，周期減半4如圖11-3-6所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，磁場方向垂直于圓弧所在平面，并且指向紙外有一束粒子對準a端射入彎管，粒子有不同的質(zhì)量、不同的速

54、度，但都是一價正離子，則（ ）圖11-3-6A只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管B只有質(zhì)量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管C只有動量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管D只有能量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管ab圖11-3-75如圖11-3-7所示，一個帶電粒子，在磁感應強度B=0.8 T的勻強磁場中運動，其速度方向與磁場方向垂直，從a到b所需時間為2×10-4 s，從b到a所需時間為1×10-3 s，已知a、b兩點距離為0.3 m，粒子帶電量為3×10-8 C，則該粒子的動量大小為（ ）A7.2×10-9 kg·m/s B144×10-8 kg·m/sC3.6×10-9 kg·m/s D條件不足，無法確定PQB圖11-3-86如圖11-3-8所示，PQ是勻強磁場中的一片薄金屬片，其平面與磁場方向平行，一個帶電粒子從某點以與PQ垂直的速度v射出，動能是E，射出后帶電粒子的運動軌跡如圖15-83所示今測得它在金屬片兩邊的軌跡半徑之比為109，若在穿越板的過程中粒子受到的阻力大小及