帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)(超經(jīng)典)..#(優(yōu)選.)

1、帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題“臨界問題”大量存在于高中物理的許多章節(jié)中，如“圓周運(yùn)動(dòng)中小球能過最高點(diǎn)的速度條件” “動(dòng)量中的避免碰撞問題”等等，這類題目中往往含有“最大”、“最高”、“至少”、“恰好”等詞語，其最終的求解一般涉及極值，但關(guān)鍵是找準(zhǔn)臨界狀態(tài)。帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題，在解答上除了有求解臨界問題的共性外，又有它自身的一些特點(diǎn)。一、解題方法畫圖一動(dòng)態(tài)分析一找臨界軌跡。（這類題目關(guān)鍵是作圖，圖畫準(zhǔn)了，問題就解決了一大半，余下的就只有計(jì)算了這一般都不難。）二、常見題型 （B為磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度，V0為粒子進(jìn)入磁場的初速度）,叫方向一定，大小不確定第一關(guān)1.5確定 <

2、例大d一定，方向不確定第二類工見大，卜方向都不確定第三類«W確定第四類2.B不確定 f1 .大小一定，方向不，定一第五小分述如下：第一類問題：例1如圖1所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B寬度為d,邊界為CD和EF。一電子從 CD邊界外側(cè)以速率 vo垂直勻強(qiáng)磁場射入，入射方向與CD邊界夾角為8。已知電子的質(zhì)量為 mI電荷量為e,為使電子能從磁場的另一側(cè) EF射出，求電子的速率 vo至少多大？圖1圖2分析：如圖2,通過作圖可以看到：隨著 V0的增大，圓半徑增大，臨界狀態(tài)就是圓與邊 界EF相切，然后就不難解答了。第二類問題:例2如圖3所示，水平線 MNF方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻

3、強(qiáng)磁場，在MNi±某點(diǎn)O正下方與之相距 L的質(zhì)子源S,可在紙面內(nèi)360。范圍內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為 m電量 為e、速度為v°=BeUm的質(zhì)子，不計(jì)質(zhì)子重力，打在 MN上的質(zhì)子在 O點(diǎn)右側(cè)最遠(yuǎn)距離 O仔,打在 O點(diǎn)左側(cè)最遠(yuǎn)距離 O®。分析：首先求出半徑得r=L,然后作出臨界軌跡如圖 4所示（所有從 S發(fā)射出去的質(zhì)子 做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道圓心是在以 S為圓心、以r=L為半徑的圓上，這類問題可以先作出這一圓 就是圓心的集合，然后以圓上各點(diǎn)為圓心，作出一系列動(dòng)態(tài)圓），O快嘉工,oql?！揪毩?xí)】如圖5所示，在屏MNB勺上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面 向里。P為屏上的一

4、小孔，PC與MNB直。一群質(zhì)量為 m帶電荷量為一q的粒子（不計(jì)重力），word.B垂直的平面內(nèi)，且散開在與（ ）PC夾角為e的范圍內(nèi)，則在屏 MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為2wv tos a2雁卻一 £心2 Mp(1 cos&)CA.BD .一陽N以相同的速率v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場分析：如圖6所示，打在屏上距 p最遠(yuǎn)的點(diǎn)是以 o為圓心的圓與屏的交點(diǎn)，打在屏上最近的點(diǎn)是以Q或O為圓心的圓與屏的交點(diǎn) （與例2相似，可先作出一系列動(dòng)態(tài)圓）。故答案選 “D'。例3 （2009年山東卷）如圖甲所示，建立 Oxy坐標(biāo)系，兩平行極板 P、Q垂

5、直于y軸且關(guān) 于x軸對稱，極板長度和板間距均為l ,第一、四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側(cè)的粒子源沿 x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為 mi電量為+q、速度相同、重力不計(jì)的帶（不考慮極板邊緣的影響）電粒子。在03t 0時(shí)間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓.Q-XXXXXXXXXX X xExX XX 工XX-Ucf0 a t圖乙圖甲已知t=0時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時(shí)刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。上述m q、1、卜、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)(1)求電壓U0的大小。J(2)求之to時(shí)刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。(3)何時(shí)進(jìn)入兩板間的帶電粒

6、子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短？求此最短時(shí)間。圖丙1分析：粒子進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可求得偏轉(zhuǎn)電壓U0；t=2to時(shí)刻進(jìn)入的粒子先做類平拋運(yùn)動(dòng)，之10后沿末速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，利用相應(yīng)規(guī)律可求得射出電場的速度大小，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，可求提半徑R； 2t0時(shí)刻進(jìn)入的帶電粒子加速時(shí)間最長(如圖丙所示)，加上此時(shí)粒子進(jìn)入磁場是向上偏轉(zhuǎn)，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，同樣應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，即可求得此最短時(shí)間。第四類問題：例4如圖7所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0. 15T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場分布在半徑R=0. 10m的圓形區(qū)域內(nèi)，圓的左端跟 y軸相切于直角

7、坐標(biāo)系原點(diǎn)O,右端跟熒光屏 MNf切于x軸上的A點(diǎn)。置于原點(diǎn)的粒子源可沿 x軸正方向射出速度 V0=3. 0x106m/s的帶正電 的粒子流，粒子的重力不計(jì)，荷質(zhì)比q/m=1. 0xi0 8C/kg。現(xiàn)以過O點(diǎn)并垂直于紙面的直線為軸，將圓形磁場逆時(shí)針緩慢旋轉(zhuǎn)90。，求此過程中粒子打在熒光屏上離A的最遠(yuǎn)距離。分析：本題可先設(shè)想磁場是無界的，那么粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的一段圓弧如圖8中的弧O（半徑r=2R=0. 20m,圓心為O'）,現(xiàn)在圓形磁場以 O為軸在旋轉(zhuǎn)相當(dāng)于直徑 OA也在旋轉(zhuǎn)， 當(dāng)直徑OA旋轉(zhuǎn)至O愉置時(shí)，粒子從圓形磁場中離開射向熒光屏 MN寸離A有最遠(yuǎn)距離（落OC = r ten 點(diǎn)為

8、F）。圖中O如等邊三角形，F(xiàn)D與O' 0 2延長交于C點(diǎn)，圖中0=60。，之，S ACS =-加= 0.15mAC= 2R-OC ? 0HH_練習(xí)：如圖9所示，一個(gè)質(zhì)量為 3 帶電荷量為+ q的粒子以速度vo從O點(diǎn)沿y軸正方向 射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后， 從x軸上的b點(diǎn)穿過，其速度方向與x軸正方向的夾角為30° ,粒子的重力可忽略不計(jì)， 試 求：（1）圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積；（2）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3） b到O的距離。分析：如圖10,過b點(diǎn)作速度的反向延長線交 y軸于C點(diǎn)，作/ OCb的角平分線交x軸 于O,

9、再以O(shè)為圓心、以O(shè)O為半徑畫弧，與直線Cb相切于點(diǎn)A,粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡即為 O-2 b, 圓形磁場即為以O(shè)A直直徑的圓，利用相關(guān)物理公式及幾何知識不難計(jì)算出本題的結(jié)果。第五類問題：例5電子質(zhì)量為mi電荷量為e,從坐標(biāo)原點(diǎn) O處與X xOy平面射入第一象限， 射入時(shí)速 度方向不同，速度大小均為V0,如圖11所示?，F(xiàn)在某一區(qū)域加一方向向外且垂直于 xOy平面 的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B,若這些電子穿過磁場后都能垂直射到熒光屏MN上，熒光屏與y軸平行，求：（1）熒光屏上光斑的長度；（2）所加磁場范圍的最小面積。分析：本題可先作出這些射入第一象限的電子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道圓心的集合，必在弧OC2上（如圖1

10、2）,然后設(shè)想以該弧上的各點(diǎn)（如圖12中的O等四點(diǎn)）為圓心作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，最終垂直射到 MNk白P PQ間，所以熒光屏上光斑的長度即為PQ=R=mv/eB；所加磁場范圍即為圖中由弧 OOOO所圍的區(qū)域，其中弧 OO可看成是由弧OO向上平移R得到的。練習(xí)：例5若改為“磁場方向垂直于 xOy平面向里，熒光屏MNt至y軸右側(cè)，"其他條 件不變，情況又怎樣呢？讀者可試作分析。（所加磁場的最小范圍為一 “樹葉”形狀）綜合以上題型，我們可以看到，這些問題的解答很能體現(xiàn)學(xué)生的分析思維能力以及想象能力，要求學(xué)生能夠由一條確定的軌跡想到多條動(dòng)態(tài)軌跡，并最終判定臨界狀態(tài)， 這需要在平時(shí)的復(fù)習(xí)中讓學(xué)生

11、能有代表性地涉獵一些習(xí)題，才能在高考應(yīng)試中得心就手，應(yīng)對自如。例析用圓心軌跡確定帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)區(qū)域問題同種帶電粒子從同一點(diǎn)以相同速率、沿不同方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場中，粒子可能達(dá)到的區(qū)域的確定是教學(xué)中常遇, 例分析。學(xué)生感到棘手，高考又考查的問題。現(xiàn)就此類問題舉題目1 （2005年全國高考） 如圖1,在一水平放置的平板 MN的上方有一勻強(qiáng)磁 場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B ,磁場方向垂直紙面向里，許多質(zhì)量為 m、帶電荷量為+ q 的粒子，以相同的速率 V0沿位于紙面內(nèi)的各個(gè)方向，由小孔 O射入磁場區(qū)域。不計(jì)重力，不計(jì)粒子間的相互影響。圖2中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中r =m vo析

12、與解 依據(jù)題意，所有帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同r = m Vo/B q所以，在紙面內(nèi)由O點(diǎn)沿不同方向入射的帶電粒子作圓周運(yùn)動(dòng)的圓心軌跡是以O(shè)為圓心,r為半徑的圓周(A圖中虛線圓示)。又因?yàn)閹щ娏Ｗ訋д?、進(jìn)磁場時(shí)只分布在以O(shè)N和OM為邊界的上方空間，而向心力由洛侖茲力提供，它既指向圓心又始終垂直速度，可確定：圓心軌跡只能是 A圖中虛線圓直徑分隔的左半邊虛線圓周；再以 A圖中左半 虛線圓上各點(diǎn)為圓心、以 r為半徑作圓，圓周在磁場中所能達(dá)到的區(qū)域應(yīng)為 A圖陰影 區(qū)。所以A圖正確。題目2如圖3所示，有許多電子(每個(gè)電子的質(zhì)量為 m ,電量為e)在xOy平面 內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O不斷地以相同大小的

13、速度 vo沿不同方向射入第一象限。現(xiàn)加上一個(gè)方 向向里垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場，要求這些電子穿過該磁場后都 能平行于x軸并向x軸的正方向運(yùn)動(dòng)。試求符合該條件的磁場的最小面積。析與解 因?yàn)樗须娮佣荚趧驈?qiáng)磁場中作半徑為r = m vo/B e的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。而沿y軸的正方向射入的邊緣電子需轉(zhuǎn)過 1/4圓周才能沿 x軸的正方向運(yùn)動(dòng)，它的軌跡應(yīng)為所求最小面積磁場區(qū)域的上邊界如圖中弧線 a,其圓心在垂直入射速度的 x軸上Oi ( r , 0)?，F(xiàn)設(shè)沿與x軸成任意角a (0 < a < 90° )射入的電子在動(dòng)點(diǎn)p離開磁場。這些從 O 點(diǎn)沿不同方向入射的電子做圓

14、周運(yùn)動(dòng)的圓心O'到入射點(diǎn)O的距離又都為半徑r。所以，O'形成一個(gè)以入射點(diǎn) O (即坐標(biāo)原點(diǎn))為圓心、r為半徑的1/4圓弧軌跡如圖3中弧線c。根據(jù)題目要求，各電子射出磁場時(shí)速度v要為平行x軸的正方向。故由做圓周運(yùn)動(dòng)的物體的圓心又應(yīng)在垂直出射速度的直線上可知，從不同點(diǎn)p射出的電子的圓心O'又必在對應(yīng)出射點(diǎn) p的正下方，即曲線c上各點(diǎn)到對應(yīng)正上方出射點(diǎn)p的距離也都等于r；因此將1 /4圓弧軌跡c沿y軸正向平移距離后如圖中弧線b,弧線b就是各出射點(diǎn)p的軌跡，它實(shí)際是以 O2 (0 , r)為圓心，半徑為r的1/4圓??；既然點(diǎn)p是出射點(diǎn)-即磁場的下邊界，故弧線 b應(yīng)為所求最小面積

15、磁場區(qū)域的下邊界。所以， 所求面積為圖中弧線a與b所圍陰影面積。由幾何得：，起=2 x E - J J4=2 Xr3 力4將一笠代入露Be2由露帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”解析2011-12-15 13:58:53| 分類： 高三物理 |字號大中小 訂閱處理帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題，其本質(zhì)是平面幾何知識與物理知識的綜合運(yùn)用。重要的 是正確建立完整的物理模型，畫出準(zhǔn)確、清晰的運(yùn)動(dòng)軌跡。下面我們從基本問題出發(fā)對“帶電粒子在磁場 中的圓周運(yùn)動(dòng)”進(jìn)行分類解析。一、“帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”的基本型問題找圓心、畫軌跡是解題的基礎(chǔ)。帶電粒子垂直于磁場進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場后在洛侖茲力作用下必作勻速圓

16、周運(yùn)動(dòng)，抓住運(yùn)動(dòng)中的任兩點(diǎn)處的速度，分別作出各速度的垂線，則二垂線的交點(diǎn)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(xué)知識求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑及粒子經(jīng)過的圓心角從而解答 物理問題?！纠?】圖示在y<0的區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B; 一帶正電的粒子以速度 V0從。點(diǎn)射入磁場中，入射方向在 xy平面內(nèi)，與x軸正方向的夾角為 8;若粒子射出磁場的位置與 。點(diǎn)的距離為L。求該粒子的電荷量和質(zhì)量比 用：粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。分析：粒子受洛侖茲力后必將向下偏轉(zhuǎn)，過。點(diǎn)作速度V0的垂線必過粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心 0 ;由于圓的對稱性知粒

17、子經(jīng)過點(diǎn) P時(shí)的速度方向與x軸正方向的夾角必為。，故點(diǎn)P作速度的垂線與點(diǎn)。處速度垂線的交點(diǎn)即為圓心 0 （也可以用垂徑定理作弦 OP勺垂直平分線與點(diǎn) 。處速度的垂線的交點(diǎn)也為圓心）。LsirR 由圖可知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑由及2式有2蚯口日。再由洛侖茲力作向心力得出粒子在柳不 吟L q 2% Bin 6Xlu - .，磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為硅故有西 231ns ,解之附 BL由圖知粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為值二24一 2Q ,故粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為a2tf(% L 91 2加11 = 1穴工埠 sin &【例2】如圖以ab為邊界的二勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bi = 2B2,現(xiàn)有一質(zhì)量為 m

18、帶電+q的粒子從O點(diǎn)以初速度V0沿垂直于ab方向發(fā)射；在圖中作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，并求出粒子第6次穿過直線ab所經(jīng)歷的時(shí)間、路程及離開點(diǎn)。的距離。（粒子重力不計(jì)）分析：粒子在二磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑分別為凡二竽旦二筌3* ，,由粒子在磁場中所受的洛侖茲力的方向可以作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。粒子從點(diǎn)O出發(fā)第6次穿過直線ab時(shí)的位置必為點(diǎn)P;故粒子運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為=,而粒子的運(yùn)動(dòng)周期2nm承工代入前式有2班a o粒子經(jīng)過的路程5=乳碼+碼）=竺*嗎。點(diǎn)o與p的距離為二、“帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”的范圍型問題尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑R0,然后利用粒子運(yùn)動(dòng)的實(shí)際軌道半徑R與R的大小關(guān)系確定范

19、圍?！纠?】如圖所示真空中寬為d的區(qū)域內(nèi)有強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向如圖，質(zhì)量m帶電-q的粒子以與CD成9角的速度M垂直射入磁場中；要使粒子必能從EF射出則初速度M應(yīng)滿足什么條件？ EF上有粒子射出的區(qū)域?cXIEF射出,則相應(yīng)的臨界分析：粒子從A點(diǎn)進(jìn)入磁場后受洛侖茲力作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使粒子必能從 軌跡必為過點(diǎn)A并與EF相切的軌跡如圖示，作出 A、P點(diǎn)速度的垂線相交于 0即為該臨界軌跡的圓心,臨界半徑品由4有 1十匚白；故粒子必能穿出EF的實(shí)際運(yùn)動(dòng)軌跡半徑R> R0,qBdvc 2有, 一產(chǎn)由圖知粒子不可能從 P點(diǎn)下方向射出EF,即只能從P點(diǎn)上方某一區(qū)域射出；又由于粒子從點(diǎn)A進(jìn)入磁場后受洛

20、侖茲力必使其向右下方偏轉(zhuǎn)，故粒子不可能從AG直線上方射出；由此可見 EF中有粒子射出的區(qū)域?yàn)镻G且由圖知Fc_* =氏 口 si ti 日 + d c ot 白二d sin g1 + cos【例4】如圖所示S為電子射線源能在圖示紙面上和360。范圍內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率相等的質(zhì)量為m帶電-e的電子，MN是一塊足夠大的豎直檔板且與 S的水平距離OS= L,檔板左側(cè)充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場；若電子的發(fā)射速率為 防,要使電子一定能經(jīng)過點(diǎn) 0,則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的條件？若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,要使S發(fā)射出的電子能到達(dá)檔板，則電子的發(fā)射速率多大？若磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,從S發(fā)射出的電子的速度為胸 ，

21、則檔板上出現(xiàn)電子的范圍多大？分析：電子從點(diǎn)S發(fā)出后必受到洛侖茲力作用而在紙面上作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于電子從點(diǎn) S射出的方向不同將使其受洛侖茲力方向不同，導(dǎo)致電子的軌跡不同，分析知只有從點(diǎn)S向與S0成銳角且位于S0上方發(fā)射出的電子才可能經(jīng)過點(diǎn) 0。要使電子一定能經(jīng)過點(diǎn) 0,即S0為圓周的一條弦，則電子圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑必滿足2 ,由要使電子從s發(fā)出后能到達(dá)檔板，則電子至少能到達(dá)檔板上的0點(diǎn)，故仍有粒子圓周運(yùn)動(dòng)半徑1 wv0 L eBLsin 值=一> % ?4 ,由* 2有 加2bBL當(dāng)從s發(fā)出的電子的速度為 何 時(shí)，電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑期二絲二2上* ，但由于故電子擊中檔板的范圍在P

22、1P2間；對SPi弧由圖知0/:£ =辰且該電子的發(fā)射方向與SO必成30°向SO下方發(fā)射;對SB弧由圖知。鳥=屁二,且該電子的發(fā)射方向與電子發(fā)射出的方向不同則其軌道不同，因而到達(dá)MN反的位置不同。由此作出圖示的二臨界軌跡 工遮，然，成a為竄二3一10*所/£而向SO的左上方發(fā)射。三、“帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”的極值型問題尋找產(chǎn)生極值的條件：直徑是圓的最大弦；同一圓中大弦對應(yīng)大的圓心角；由軌跡確定半徑的 極值。【例5】圖中半徑r= 10cm的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，其邊界跟y軸在坐標(biāo)原點(diǎn)。處相切；磁場B= 0.33T 垂直于紙面向內(nèi)，在O處有一放射源S可沿紙面向各

23、個(gè)方向射出速率均為 產(chǎn)=3.2乂10"腑/占的a粒子； 已知a粒子質(zhì)量為第=6.6試10 27蛔，電量中=3.2*10 % ,則a粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn) 角9及在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間 t各多少？分析：a粒子從點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后必作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)半徑由定；由于a粒子從點(diǎn)。進(jìn)入磁場的方向不同故其相應(yīng)的軌跡與出場位置均不同，則粒子通過磁場的速度偏向角。不同；要使a粒子在運(yùn)動(dòng)中通過磁場區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角9最大，則必使粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過的弦長最大；因而圓形磁場區(qū)域的直徑 OP即為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過的最大弦；故 a粒子從點(diǎn)O入磁場而從點(diǎn)P出場的軌跡如圖圓 0所對應(yīng)的圓弧示，該弧所對的圓

24、心角即為最大偏轉(zhuǎn)角9 o由前面計(jì)算知 SO/PT 1 27r 加必為等邊三角形，故 a =30°且。=2“=60°。此過程中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由 = 654x10心即為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間?！纠?】一質(zhì)量mr帶電q的粒子以速度V0從A點(diǎn)沿等邊三角形 ABC的AB方向射入強(qiáng)度為B的垂直于紙面的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，要使該粒子飛出磁場后沿BC射出，求圓形磁場區(qū)域的最小面積分析：由題中條件求出粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為一定，故作出粒子沿AB進(jìn)入磁場而從BC射出磁場的運(yùn)動(dòng)軌跡圖中虛線圓所示，只要小的一段圓弧PQ能處于磁場中即能完成題中要求；故由直徑是圓的最大弦可得圓

25、形磁場的最小區(qū)域必為以直線PQ為直徑的圓如圖中實(shí)線圓所示。由于三角形ABC為2r = PQ - 2R cos & - y13 酒"等邊三角形，故圖中 a=30° ,那么叮習(xí)，故最小磁場區(qū)域的面積為%* -O【例7】有一粒子源置于一平面直角坐標(biāo)原點(diǎn)。處，如圖所示相同的速率 V。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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，都能平行于x軸沿+x方向運(yùn)動(dòng)，求該磁場方向和磁場區(qū)域的最小面積So分析：由于電子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R= mv/Be是確定的，設(shè)磁場區(qū)域足夠大，作出電子可能的運(yùn)動(dòng)軌道

26、如圖所示，因?yàn)殡娮又荒芟虻谝幌笙奁矫鎯?nèi)發(fā)射，所以電子運(yùn)動(dòng)的最上面一條軌跡必為圓 O,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(diǎn)O為圓心，以R為半徑的圓弧 OQQ。由于要求所有電子均平行于 x軸向右飛出磁場，故由幾何知識有電子的飛出點(diǎn)必為每條可能軌跡的最高點(diǎn)。 如對圖中任一軌跡圓 Q而言，要使電子能平行于 x軸向右飛出磁場，過Q作弦的垂線QA,則電子必將從點(diǎn) A飛出，相當(dāng)于將此軌跡的圓心 Q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QQO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OA七。綜上 所述，要求的磁場的最小區(qū)域?yàn)榛?/p>

27、OAP與弧OBP所圍。利用正方形 OOPC的面積減去扇形 OOP的面積即為OBPC勺面積；即R2-無R2/4。根據(jù)幾何關(guān)系有最小磁場區(qū)域的面積為S=2 (R2-無R2/4 )=(無/2 -1)( mv/Be)2 o四、“帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”的多解型問題抓住多解的產(chǎn)生原因：速度方向的不確定引起的多解，與自然數(shù)相關(guān)的多解即粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間與運(yùn) 動(dòng)周期的倍數(shù)不確定?！纠?】在前面“【例4】”中若將檔板取走，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)電子以速率 . 從點(diǎn)S射出后要擊中O點(diǎn)，則點(diǎn)S處電子的射出方向與 OS的夾角為多少？從 S到點(diǎn)O的時(shí)間多少？分析：由已知條件知電子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑夕耳 ，電子從點(diǎn)s射出后要

28、經(jīng)過點(diǎn) o即直線so為圓的一條弦，由圖知必有兩種運(yùn)動(dòng)軌跡存在；由于題中SO= L = r,故/OSO=60° ,那么電子從點(diǎn) S的發(fā) 射速度V2的方向與SO所成的夾角“=30° ;圖中/ OSOi=60° ,故電子的發(fā)射速度 Vi的方向與SO所成的 夾角。=150°【例9】一質(zhì)量m帶電q的粒子以速率 V垂直射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場中，粒子經(jīng)過一段時(shí)間受到的沖量的大小為 mv,粒子重力不計(jì)。則此過程經(jīng)歷的時(shí)間為多少？R =分析：粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑事8，右圖示設(shè)粒子的初位置為 a,因其受沖量的大小為mv而方向未知故必有右圖中的兩種情況，即

29、未動(dòng)量的方向有Pi、P2兩個(gè)，對應(yīng)的沖量方向仍有 Ii、12兩個(gè)。粒子作勻速圓周運(yùn)動(dòng)中動(dòng)量的大小始終為mv不變，由動(dòng)量定理一 口 可知 白而T-用一+ 1) 一6 ；故粒子在該過程中經(jīng)歷的時(shí)間為63qB，其中展獷【例10】在半徑為r的圓筒中有沿筒軸線方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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；若它在筒中只受洛侖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(yùn)動(dòng)時(shí)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(yùn)動(dòng)，要使粒子又從 A處沿半徑方向射向磁場，且

30、粒子與筒壁的碰撞次數(shù)未知，故設(shè)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2開1 林Q =-=圖可知 用十1 2 咫十1 ,其中n為大于或等于2的整數(shù)（當(dāng)n=1時(shí)即粒子必沿圓 O的直徑作直線_ *RJ* tan a：= rtan運(yùn)動(dòng)，表示此時(shí)B=0）;由圖知粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑 R為力+1 ,再由粒子在磁場- WV 不R = B =cot中的運(yùn)動(dòng)半徑目H可求出q尸8+1。T=粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為,粒子每碰撞一次在磁場中轉(zhuǎn)過的角度由圖得.入 1& - 7V- 2d =7T依+1 ,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at =（題 +

31、1T運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：2k ,將前面B代入T后與日共同代入前式得、&（烈-1）加重+1）T = ，t油2n v第十1。五、“帶電粒子在磁場中的圓周運(yùn)動(dòng)”的動(dòng)力學(xué)問題注意洛侖茲力不做功，洛侖茲力的方向?qū)㈦S物體的運(yùn)動(dòng)方向的變化而發(fā)生相應(yīng)的變化；正確結(jié)合變速圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)關(guān)系與能量守恒定律處理【例11】金屬小球質(zhì)量 m帶電-q,由長L的絕緣細(xì)線懸掛于圖示勻強(qiáng)磁場中的。點(diǎn)，然后將小球拉到。= 600處由靜止釋放，小球沿圓弧運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)懸線上的張力恰好為0;求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=?小球住復(fù)擺動(dòng)中懸線上的最大張力多少？分析：小球從點(diǎn)A由靜止釋放后在繞點(diǎn) 。運(yùn)動(dòng)中必同時(shí)受到重力、線的拉力及洛侖

32、茲力作用，由左手定則知小球從A向P運(yùn)動(dòng)中洛侖茲力方向必沿半徑指向圓心，且洛侖茲力對小球不做功；故小球到達(dá)P(1 - cosd)點(diǎn)的速度大小為2；小球在P點(diǎn)受力如圖示由圓周運(yùn)動(dòng)有小球從右向左運(yùn)動(dòng)或從左向右運(yùn)動(dòng)中由于所受洛侖茲力的方向?qū)l(fā)生變化故懸線上的張力大小將作相應(yīng)的變化，分析可知當(dāng)小球從左向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過點(diǎn)p時(shí)線上的張力必有最大值，小球從左向右經(jīng)過點(diǎn)p時(shí)的速度大小仍為工有F 4卬 J ；小球從左向右過P點(diǎn)時(shí)其受到的洛侖茲力方向必沿半徑向外，故P點(diǎn)處線上的張力Tp為E可得J 己 5 s 百 ，將。 餐及。=600代入前式得總之在處理帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題中，我們必須將物理規(guī)律與數(shù)學(xué)知識

33、緊密結(jié)合，準(zhǔn)確分析粒子運(yùn)動(dòng)過程及臨界狀態(tài)與極值條件；處理帶電粒子在磁場中的變速圓周運(yùn)動(dòng)問題時(shí)，時(shí)刻注意洛侖茲力的方向變化并在解答中注意洛侖茲力不做功，正確利用動(dòng)力學(xué)規(guī)律與能量守恒定律。帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的六類高考題型歸類解析2011-12-14 21:44:40| 分類：高三物理 |字號大中小訂閱一、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中勻速圓周運(yùn)動(dòng)基本問題找圓心、畫軌跡是解題的基礎(chǔ)。帶電粒子垂直于磁場進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場后在洛倫茲力作用下必作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，抓住運(yùn)動(dòng)中的任兩點(diǎn)處的速度，分別作出各速度的垂線，則二垂線的交點(diǎn)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(xué)知識求出圓周運(yùn)動(dòng)的半徑及粒子經(jīng)過

34、的圓心角從而解答物理問題。(04天津)社核9口上司發(fā)生衰變生成鐳核能期并放出一個(gè)粒子。設(shè)該粒子的質(zhì)量為浴、 電荷量為q,它進(jìn)入電勢差為 U的帶窄縫的平行平板電極和工 間電場時(shí)，其速度為 % , 經(jīng)電場加速后，沿口匯方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B、方向垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場，白匯垂|直平板電極 * ,當(dāng)粒子從戶點(diǎn)離開磁場時(shí)，其速度方向與 已匯方位的夾角8= 60口，如圖所 示，整個(gè)裝置處于真空中。(1)寫出性核衰變方程；(2)求粒子在磁場中沿圓弧運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R;(3)求粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)所用時(shí)間 七。解析：(1)社核衰變方程(2)設(shè)粒子離開電場時(shí)速度為v ,對加速過程有卒口田-m粒子在磁場中有反

35、由、得匹臣用行(3)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的回旋周期t = -T粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間6 dt -由、得 鄧氫二、帶電粒子在磁場中軌道半徑變化問題導(dǎo)致軌道半徑變化的原因有：帶電粒子速度變化導(dǎo)致半徑變化。如帶電粒子穿過極板速度變化；帶電粒子使空氣電離導(dǎo)致速度變化；回旋加速器加速帶電粒子等。 磁場變化導(dǎo)致半徑變化。如通電導(dǎo)線周圍磁場，不同區(qū)域的勻強(qiáng)磁場不同；磁場隨時(shí)間變化。動(dòng)量變化導(dǎo)致半徑變化。如粒子裂變，或者與別的粒子碰撞；電量變化導(dǎo)致半徑變化。如吸收電mvr =荷等。總之，由 ©F看m v、q、B中某個(gè)量或某兩個(gè)量的乘積或比值的變化就會導(dǎo)致帶電粒子的軌道半徑變化。（06年全國2）如圖所示，在x

36、<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為Bi與B的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且Bi>E2o 一個(gè)帶負(fù)電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。以速度v沿x軸負(fù)方向射出，要使該粒子經(jīng)過一段時(shí)間后又經(jīng)過O點(diǎn)，B與B的比值應(yīng)滿足什么條件？解析：粒子在整個(gè)過程中的速度大小恒為V,交替地在xy平面內(nèi)B與B2磁場區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡都是半個(gè)圓周。設(shè)粒子的質(zhì)量和電荷量的大小分別為 的半徑分別為和2,有m和q,圓周運(yùn)動(dòng)ri=祖 心=弓弓 分析粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡。如圖所示，在xy平面內(nèi)，粒子先沿半徑為 ri的半圓G運(yùn)動(dòng)至y軸上離O點(diǎn)距離為2 r i的A點(diǎn)，接著沿半徑為2 r 2的半圓D運(yùn)動(dòng)至y軸的O

37、點(diǎn)，OO距離d= 2 （2 r 1）產(chǎn)（25此后，粒子每經(jīng)歷一次“回旋”（即從y軸出發(fā)沿半徑ri的半圓和半徑為 一的半圓回到原點(diǎn)下方y(tǒng)軸），粒子y坐標(biāo)就減小do設(shè)粒子經(jīng)過n次回旋后與y軸交于O點(diǎn)。若OO即nd滿足 nd=2ri（J則粒子再經(jīng)過半圓G+1就能夠經(jīng)過原點(diǎn)，式中n = 1, 2, 3,為回旋次數(shù)。由式解得弓理+1由式可得B、8應(yīng)滿足的條件4 盟+1n=1, 2, 3,三、帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題和帶電粒子在多磁場中運(yùn)動(dòng)問題帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題的原因有： 粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)電荷相遇的時(shí)空臨界問題等。 審題時(shí)應(yīng)注意恰好，最

38、大、最多、 至少等關(guān)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(diǎn)。為原點(diǎn)，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(qiáng)磁場， 在y>0, x>a的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為Bo在（點(diǎn)處有一小孔，一束質(zhì)量為mr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(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在x>a的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為2: 5

39、,在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 7T/12 ,其中T為該粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中作圓周運(yùn)動(dòng)的周期。試求兩個(gè)熒光屏上亮線的范圍（不計(jì)重力的影響）。產(chǎn)解析：粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為 b的勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)半徑為： 城 a速度小的粒子將在 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。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(jìn)入右側(cè)磁場， 考慮尸a的極限情況，這種粒子在右側(cè)的圓軌跡與x軸在D點(diǎn)相切（虛線），O!=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(shí)線所示，它由兩段圓弧組成，圓心分別為C和C' , C在y軸上，有對稱性可知 &

40、#165;在x=2a直線上。設(shè)11為粒子在0<x<a的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，12為在x>a的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由題意可知_ 277%3 i ? 12T5T上】二一二由此解得：612由式和對稱性可得WCW=60"3UP = 360° x2=15CT12 所以加,F=15CT-60:90即弧長AP為1/4圓周。因此，圓心 C在x軸上。設(shè)速度為最大值粒子的軌道半徑為R,有直角AC。0r可得在二巫2K sin &CT 二 2以3 為由圖可知OP=2a+R,因此水平熒光屏發(fā)亮范圍的右邊界的坐標(biāo)四、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

41、弦； 同一圓中大弦對應(yīng)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(biāo)原點(diǎn)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，都能平行于 x軸沿+x方向運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的半徑R= mv/Be是確定的，設(shè)磁場區(qū)域足夠大，作出電子可能的運(yùn)動(dòng)軌道如圖所示，因?yàn)殡娮又荒芟虻谝幌笙奁矫鎯?nèi)發(fā)射，所以電子運(yùn)動(dòng)的最上面一條軌跡必為圓 O,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(diǎn)。為圓心，以R為半徑的圓弧 OQQ。由于

42、要求所有電子均平行于x軸向右飛出磁場，故由幾何知識有電子的飛出點(diǎn)必為每條可能軌跡的最高點(diǎn)。如對圖中任一軌跡圓 O而言，要使電子能平行于x軸向右飛出磁場，過 Q作弦的垂線O2A,則電子必將從點(diǎn) A飛出，相當(dāng)于 將此軌跡的圓心 Q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 QQ。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 OAM。綜上所述，要求的磁場的最小區(qū)域?yàn)榛A叫弧OBP所圍。利用正方形 OOPC的面積減去扇形OOP的面積即為OBPC勺面積；即R2-兀R 2/4。根據(jù)幾何關(guān)系有最小磁場區(qū)域的面 積為 S= 2 ( R2-兀 R 2

43、/4 )=(兀 /2 -1)( mv/Be) 2。五、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)問題復(fù)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(yùn)動(dòng)問題，非勻變速運(yùn)動(dòng)問題， 在解題過程中始終抓住洛倫茲力不做功這一特 點(diǎn)。粒子動(dòng)能的變化是電場力或重力做功的結(jié)果。(07四川)如圖所示，在坐標(biāo)系Oxy的第一象限中存在沿 y軸正方形的勻強(qiáng)電場， 場強(qiáng) 大小為E。在其它象限中存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里。A是y軸上的一點(diǎn)，它到座標(biāo)原點(diǎn)O的距離為h; C是x軸上的一點(diǎn)，到 O點(diǎn)的距離為1, 一質(zhì)量為m電荷量為q 的帶負(fù)電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，繼而通過C點(diǎn)進(jìn)入大磁場區(qū)域，并再次通過 A點(diǎn)。此時(shí)速度方向與 y軸正方向成銳角。不計(jì)重力作用。試求：(1)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度的大小合方向；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小區(qū)解析：(1)以a表示粒子在電場作用下的加速度，有第"Q加速度沿y軸負(fù)方向。設(shè)粒子從A點(diǎn)進(jìn)入電場時(shí)的初速度為v。,由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)經(jīng)歷h = at的時(shí)間為t,則有 之 V0 =IJ由式得戊設(shè)粒子從點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v, v垂直于x軸的分量由式得設(shè)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度方向與 x軸的夾角為“，則有tan a =用a = arctan