帶電粒子在勻強磁場中的運動(12道經(jīng)典例題)

1、3.5 帶電粒子在勻強磁場中的運動帶電粒子在勻強磁場中的運動 判斷下圖中帶電粒子（電量判斷下圖中帶電粒子（電量q，重力不計）所受洛，重力不計）所受洛倫茲力的大小和方向：倫茲力的大小和方向： - B v + v B F1、勻速直線運動、勻速直線運動2、勻速圓周運動、勻速圓周運動3）粒子運動方向與磁場有一夾）粒子運動方向與磁場有一夾角（大于角（大于0小于小于90）軌跡）軌跡為螺線為螺線溫故知新溫故知新圖1圖2圖3 帶電粒子做圓周運動的分析方法帶電粒子做圓周運動的分析方法一、一、圓心的確定圓心的確定1.已知入射方向和出射方向,可以通過入射點和出射點分別作垂直與入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點

2、就是圓弧軌道的圓心v0 0PMOv vPMO2.已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心二、二、半徑的確定和計算半徑的確定和計算 利用平面幾何的關(guān)系，求出該圓的可能半徑（或圓心角），并注意以下兩個重要的幾何特點：粒子速度的偏向角等與圓心角，并等于AB弦與切線的夾角（弦切角）的倍即=2=t相對的弦切角 相等，與相鄰的弦切角互補，即 ( (偏向角）偏向角）vvO三、三、運動時間的確定運動時間的確定 利用偏轉(zhuǎn)角（即圓心角）與弦切角的關(guān)系，或者利用四邊形的內(nèi)角和為360，計算出圓心角的大小,由公式 可求出粒子在磁場

3、中運動的時間.Tt360一、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定一、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定例例1.如圖所示，一束電子（電荷量為如圖所示，一束電子（電荷量為e）以速度）以速度v垂直射入磁感垂直射入磁感應(yīng)強度為應(yīng)強度為B、寬度為、寬度為d的勻強磁場中的勻強磁場中.穿過磁場時速度方向與電穿過磁場時速度方向與電子原來射入方向的夾角是子原來射入方向的夾角是30，則電子的質(zhì)量為，則電子的質(zhì)量為，穿過磁，穿過磁場的時間是場的時間是.分析分析：本題已知軌跡上兩點的速度方向即軌跡的切線方本題已知軌跡上兩點的速度方向即軌跡的切線方向，就可以確定圓心的位置，再由此解出半徑向

4、，就可以確定圓心的位置，再由此解出半徑.解解：因為速度方向改變因為速度方向改變30，因此此段軌跡所對應(yīng)的圓，因此此段軌跡所對應(yīng)的圓心角為心角為30，如圖所示，由幾何關(guān)系可得：，如圖所示，由幾何關(guān)系可得： 半徑半徑 R=2d 再由半徑公式再由半徑公式 可以求出電子的質(zhì)量可以求出電子的質(zhì)量 穿過磁場的時間穿過磁場的時間 .【答案答案】【點評點評】由速度方向的改變確定圓心角的大小是解本題由速度方向的改變確定圓心角的大小是解本題的第一個關(guān)鍵點，通過解直角三角形求出半徑的第一個關(guān)鍵點，通過解直角三角形求出半徑R是解本題的是解本題的第二個關(guān)鍵點第二個關(guān)鍵點.mvR =eB2deBm=vdt =T =23v

5、2deBvd3v二、單邊界問題二、單邊界問題例例2.如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上，有兩個電荷量絕對值相同、質(zhì)量相同的正負(fù)粒子（不計重力），個電荷量絕對值相同、質(zhì)量相同的正負(fù)粒子（不計重力），從從O點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成點以相同的速度先后射入磁場中，入射方向與邊界成角，則正負(fù)粒子在磁場中（角，則正負(fù)粒子在磁場中（ ）A.運動時間相同運動時間相同B.運動軌跡的半徑相同運動軌跡的半徑相同C.重新回到邊界時的速度相同重新回到邊界時的速度相同D.重新回到邊界時與重新回到邊界時與O點的距離相等點的距離相等解析：解析：兩偏

6、轉(zhuǎn)軌跡的圓心都在射入速度的垂直線上，可兩偏轉(zhuǎn)軌跡的圓心都在射入速度的垂直線上，可假設(shè)它們的半徑為某一長度，從而畫出兩偏轉(zhuǎn)軌跡，如圖假設(shè)它們的半徑為某一長度，從而畫出兩偏轉(zhuǎn)軌跡，如圖所所示示.由此可知它們的運動時間分別為；軌跡由此可知它們的運動時間分別為；軌跡半徑半徑 相等；射出速度方向都與邊界成相等；射出速度方向都與邊界成角；射出點與角；射出點與O點距離相等，為：點距離相等，為：d=2Rsin .故選項故選項B、C、D正確正確.(22 )212- mmt =t =BqBq、mvR=Bq帶電粒子垂直射入單邊界的勻強磁場中，可分兩類模型帶電粒子垂直射入單邊界的勻強磁場中，可分兩類模型分析：一為同方

7、向射入的不同粒子；二為同種粒子以相同的分析：一為同方向射入的不同粒子；二為同種粒子以相同的速率沿不同方向射入速率沿不同方向射入.無論哪類模型，都遵守以下規(guī)律：無論哪類模型，都遵守以下規(guī)律：（1）軌跡的圓心在入射方向的垂直線上，常可通過此垂）軌跡的圓心在入射方向的垂直線上，?？赏ㄟ^此垂線的交點確定圓心的位置線的交點確定圓心的位置. （2 2）粒子射出方向與邊界的夾角等于射入方向與邊界的）粒子射出方向與邊界的夾角等于射入方向與邊界的夾角夾角. .方法概述方法概述1：三、雙邊界問題三、雙邊界問題例例3.如圖所示，寬度為如圖所示，寬度為d的有界勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為的有界勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B，

8、MM和和NN是它的兩條邊界線是它的兩條邊界線.現(xiàn)有質(zhì)量為現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為電荷量為q的帶的帶負(fù)電粒子沿圖示方向垂直磁場方向射入，要使粒子不能從邊負(fù)電粒子沿圖示方向垂直磁場方向射入，要使粒子不能從邊界界NN射出，則粒子入射速率射出，則粒子入射速率v的最大值是（）的最大值是（）A.B. C.D.qBdm22+qBdm2qBdm2-2 qBdm【解析】解析】如圖所示，由半徑公式可知，當(dāng)粒子的運動軌如圖所示，由半徑公式可知，當(dāng)粒子的運動軌跡與跡與NN相切時，粒子入射速率相切時，粒子入射速率v最大最大.設(shè)此時軌跡半徑為設(shè)此時軌跡半徑為R，則有：，則有： R+Rcos 45=d，解得：，解得：將上式代

9、入，得：將上式代入，得： . 【答案答案】D【點評點評】解決這類問題的關(guān)鍵在于畫出與另一邊界相切解決這類問題的關(guān)鍵在于畫出與另一邊界相切的粒子軌跡，以及確定軌跡的圓心位置和軌跡的半徑大小的粒子軌跡，以及確定軌跡的圓心位置和軌跡的半徑大小.R = 2 -2 dmvR =Bq2- 2 qBdv=m1.與另一邊界相切時軌跡的作圖步驟：與另一邊界相切時軌跡的作圖步驟： （1）作入射方向的延長線與）作入射方向的延長線與MN交于交于B點點.（2）過入射點作入射方向的垂線）過入射點作入射方向的垂線.dR = 1cos（3）分別作）分別作ABN和和ABM的角的角平分線，兩角平分線與入射方向的平分線，兩角平分線

10、與入射方向的垂線的交點為垂線的交點為O1和和O2.（4）O1、O2分別為正負(fù)電荷臨界分別為正負(fù)電荷臨界偏轉(zhuǎn)軌跡的圓心，通過圓心和入射偏轉(zhuǎn)軌跡的圓心，通過圓心和入射點可作出兩臨界軌跡，如圖所示點可作出兩臨界軌跡，如圖所示.2.與另一邊界相切軌跡的半徑與另一邊界相切軌跡的半徑方法概述方法概述2 2：四、帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題四、帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題例例4.在電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)來在電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)來實現(xiàn)的實現(xiàn)的.電子束經(jīng)過電壓為電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強磁場區(qū)，如圖所示磁場區(qū)，如圖所示

11、.磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的中心為O，半徑為半徑為r.當(dāng)不加磁場時，電子束將通過當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心點而打到屏幕的中心M點點.為了讓電子束射到屏幕邊緣為了讓電子束射到屏幕邊緣P點處需要加磁場，使電子點處需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時磁場的磁感應(yīng)強度，此時磁場的磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多少？應(yīng)為多少？【解析解析】如圖所示，電子在磁場中沿圓弧如圖所示，電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心運動，圓心為為C，半徑為，半徑為R.以以v表示電子進(jìn)入磁場時的速度，表示電子進(jìn)入磁場時的速度，m、e分別表分別表示電子的質(zhì)量和電荷量，則：

12、示電子的質(zhì)量和電荷量，則：又有又有由以上各式解得：由以上各式解得： .【答案答案】【點評點評】解答本題的關(guān)鍵是作出軌跡的示意圖，利用幾解答本題的關(guān)鍵是作出軌跡的示意圖，利用幾何知識及三角函數(shù)求出半徑何知識及三角函數(shù)求出半徑.易犯的錯誤有：易犯的錯誤有：認(rèn)為軌跡半徑就是磁場的半徑認(rèn)為軌跡半徑就是磁場的半徑.不能畫出軌跡的示意圖不能畫出軌跡的示意圖. 不能作出四邊形不能作出四邊形CaObCaOb，找不到電子束偏轉(zhuǎn)角度，找不到電子束偏轉(zhuǎn)角度與軌與軌跡半徑的關(guān)系跡半徑的關(guān)系. .221veU= mvevB=m2R，rtan=2R1 2mUB=tanre21 2mUtanre2不能作出四邊形不能作出四邊

13、形CaObCaOb，找不到電子束偏轉(zhuǎn)角度，找不到電子束偏轉(zhuǎn)角度與軌與軌跡半徑的關(guān)系跡半徑的關(guān)系. .例例5 5圖圖55-1155-11甲在真空中半徑甲在真空中半徑 m m的圓形區(qū)域內(nèi)的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度有一勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度B B=0.2 =0.2 T T，方向如圖，方向如圖55-1155-11甲所示，一個帶正電的粒子以甲所示，一個帶正電的粒子以v0v0=1=1106 106 m/sm/s的初速度從磁的初速度從磁場邊界上的場邊界上的a a點沿直徑點沿直徑abab射入磁場，已知該粒子的比射入磁場，已知該粒子的比荷，不計粒子重力荷，不計粒子重力. .例例5.在真空中半

14、徑在真空中半徑 r =310-2m的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度磁場的磁感應(yīng)強度B=0.2 T，方向如圖所示，一個帶正電的，方向如圖所示，一個帶正電的粒子以粒子以v0=1106 m/s的初速度從磁場邊界上的的初速度從磁場邊界上的a點沿直徑點沿直徑ab射入磁場，已知該粒子的比荷，不計粒子重力射入磁場，已知該粒子的比荷，不計粒子重力. （1）求粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑）求粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑.（2）若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉(zhuǎn)角，其入射時粒）若要使粒子飛離磁場時有最大的偏轉(zhuǎn)角，其入射時粒子的方向應(yīng)如何（用子的方向應(yīng)如何（用v0與與Oa的

15、夾角的夾角表示）？最大偏轉(zhuǎn)角多表示）？最大偏轉(zhuǎn)角多大？大？8q= 110 C/kgm解解：（1）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R，則：，則： （2）當(dāng)粒子的速率一定時）當(dāng)粒子的速率一定時,粒子在磁場中的軌跡半徑一粒子在磁場中的軌跡半徑一定，當(dāng)軌跡圓弧的弦長最大時，對應(yīng)的圓心角最大、偏轉(zhuǎn)角定，當(dāng)軌跡圓弧的弦長最大時，對應(yīng)的圓心角最大、偏轉(zhuǎn)角最大最大.由圖可知，弦長的最大值為：由圖可知，弦長的最大值為： ab=2r=610-2m設(shè)最大偏轉(zhuǎn)角為設(shè)最大偏轉(zhuǎn)角為max，此時初速度方向與，此時初速度方向與ab連線的夾連線的夾6008mvv1 10R=m=0.05mBqBq0.2 10m

16、角為角為，則：，則：得：得：max=74所以所以當(dāng)粒子以與當(dāng)粒子以與ab夾角為夾角為37斜向斜向右上方入射時，粒子飛離磁場右上方入射時，粒子飛離磁場時有最大偏轉(zhuǎn)角，最大值為時有最大偏轉(zhuǎn)角，最大值為74.【答案答案】（1）0.05m （2）與）與ab夾角為夾角為37斜向上斜向上74【點評點評】從圓形區(qū)域的圓周上某點以相同速率射入的同種電從圓形區(qū)域的圓周上某點以相同速率射入的同種電荷，它們的軌跡半徑相等荷，它們的軌跡半徑相等.當(dāng)射出點與射入點在同一直徑上時，當(dāng)射出點與射入點在同一直徑上時，有最大的偏轉(zhuǎn)角有最大的偏轉(zhuǎn)角.maxr3sin=2R5max = 372 帶電粒子垂直進(jìn)入圓形區(qū)域的勻強磁場中

17、，只受洛倫茲帶電粒子垂直進(jìn)入圓形區(qū)域的勻強磁場中，只受洛倫茲力作用的運動軌跡有以下規(guī)律力作用的運動軌跡有以下規(guī)律：1 1、沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出. .證明：如圖所示，連接證明：如圖所示，連接OO和和OB.因為因為AO=BO，OO為兩三角形的公共邊，為兩三角形的公共邊，AO=BO所以所以AOO BOO所以所以O(shè)BOB即即OB為為 的切線，的切線， 電荷射出的方向得證電荷射出的方向得證.2、同種帶電粒子以相同的速率從同一點垂直射入圓形區(qū)域同種帶電粒子以相同的速率從同一點垂直射入圓形區(qū)域的勻強磁場時，入射點與出射點的連線為直徑的勻強磁場時

18、，入射點與出射點的連線為直徑,則軌跡的弧長則軌跡的弧長最長，偏轉(zhuǎn)角有最大值：最長，偏轉(zhuǎn)角有最大值：AB方法概述方法概述3 3：RRBq=2arcsin=2arcsinrmv 五、帶電粒子射入環(huán)形磁場區(qū)域問題五、帶電粒子射入環(huán)形磁場區(qū)域問題例例6.在受控?zé)岷司圩冄b置中，聚變原料有極高的溫度，因而在受控?zé)岷司圩冄b置中，聚變原料有極高的溫度，因而帶電粒子將沒有通常意義上的帶電粒子將沒有通常意義上的“容器容器”可裝，而是由磁場約束可裝，而是由磁場約束使其在某個區(qū)域內(nèi)運動使其在某個區(qū)域內(nèi)運動.現(xiàn)按下面的簡化條件來討論這個問現(xiàn)按下面的簡化條件來討論這個問題：圖題：圖中中是一個內(nèi)半徑是一個內(nèi)半徑R1=1.0

19、 m、外半徑、外半徑R2=2.0 m的環(huán)狀區(qū)的環(huán)狀區(qū)域的截面，區(qū)域內(nèi)有垂直截面向外的勻強磁場域的截面，區(qū)域內(nèi)有垂直截面向外的勻強磁場.已知氦核的已知氦核的比荷比荷 ，磁場的磁感應(yīng)強度，磁場的磁感應(yīng)強度B=0.4 T，不計氦核的重力不計氦核的重力.設(shè)設(shè)O點為氦核源，它能沿半徑方向點為氦核源，它能沿半徑方向射出各種射出各種速率的氦核，求該磁場能約束住的氦核的最大速度速率的氦核，求該磁場能約束住的氦核的最大速度v vm m. .74.8 10 C/kgq= m解解：設(shè)速率為設(shè)速率為vm的氦核運的氦核運動至外邊緣時恰好與邊界相切而返動至外邊緣時恰好與邊界相切而返回，其軌跡如圖所示回，其軌跡如圖所示.設(shè)

20、設(shè)BOA=，由幾何關(guān)系有：，由幾何關(guān)系有：R3=R1tan 聯(lián)立解得：聯(lián)立解得：又因為氦核運動軌跡的半徑又因為氦核運動軌跡的半徑解得：解得：vm=1.44107 m/s.132RR =R -cos222132R -RR =0.75 m2R點評點評：和前面各題型一樣，求解粒子在環(huán)形區(qū)域的偏轉(zhuǎn)半徑，和前面各題型一樣，求解粒子在環(huán)形區(qū)域的偏轉(zhuǎn)半徑，關(guān)鍵在于找出它與區(qū)域圓半徑及各夾角之間的幾何關(guān)系關(guān)鍵在于找出它與區(qū)域圓半徑及各夾角之間的幾何關(guān)系.方法概述方法概述4 4帶電粒子從內(nèi)圓垂直射入環(huán)形區(qū)域的勻強磁場中，可分帶電粒子從內(nèi)圓垂直射入環(huán)形區(qū)域的勻強磁場中，可分以下兩種情形總結(jié)規(guī)律：以下兩種情形總結(jié)規(guī)

21、律：（1）若沿區(qū)域圓半徑方向射入時，臨界速率為：）若沿區(qū)域圓半徑方向射入時，臨界速率為：（2）若在內(nèi)邊沿上某點沿各方向射入時，臨界速率為：）若在內(nèi)邊沿上某點沿各方向射入時，臨界速率為：（即此時軌跡半徑）（即此時軌跡半徑）.2221m2Bq(R -R )v =2R m21mBq(R -R )v =2m21R - Rr =2例例7.如圖所示如圖所示,在在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為度為B的勻強磁場的勻強磁場,一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點O處處以速度以速度v進(jìn)入磁場進(jìn)入磁場,粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且粒子

22、進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與與x軸正方向成軸正方向成120角角,若粒子穿過若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為軸的最大距離為a,則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是( )A.,正電荷正電荷B.,正電荷正電荷C.,負(fù)電荷負(fù)電荷D.,負(fù)電荷負(fù)電荷3v2aBv2aB3v2aBv2aB【解析解析】帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示.根據(jù)左手定根據(jù)左手定則可知粒子帶負(fù)電荷則可知粒子帶負(fù)電荷.由圖可知：，由圖可知：，可得可得又由得，又由得，故選項故選項C正確正確.【答案答案】Ca - Rsin 30 =R2

23、R =a32mvqvB =Rq3v=m2aB六、六、有關(guān)臨界問題的求解有關(guān)臨界問題的求解例8.質(zhì)量為0.1 g的小物塊，帶有5104 C的電荷量，放在傾角為30的絕緣光滑斜面上，整個斜面置于0.5 T的勻強磁場中，磁場方向如圖所示，物塊由靜止開始下滑，滑到某一位置時，物塊開始離開斜面(設(shè)斜面足夠長，g10 m/s2)，問：(1)物塊帶電性質(zhì)？(2)物塊離開斜面時的速度為多少？(3)物塊在斜面上滑行的最大距離是多少？解：(1)由左手定則可知物塊帶負(fù)電荷 (2)當(dāng)物塊離開斜面時，物塊對斜面壓力為0，受力如圖所示，則：qvBmgcos300，解得v3.46 m/s. (3)由動能定理得：mgsin3

24、0L mv2，解得物塊在斜面上滑行的最大距離L1.2 m.七、七、帶電體在洛倫茲力作用下的直線運動帶電體在洛倫茲力作用下的直線運動例9.如圖所示，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v與磁場方向垂直，與電場成45角射入復(fù)合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小解：假設(shè)粒子帶負(fù)電，則所受電場力方向水平向左，洛倫茲力方向斜向右下方與v垂直，可以從力的平衡條件判斷出這樣的粒子不可能做勻速直線運動，所以粒子應(yīng)帶正電荷，受力情況如圖所示根據(jù)合外力為零可得mgqvBsin45qEqvBcos45 由式可得思維總結(jié)： 在電場、磁場中電荷的

25、受力方向都與電荷的正負(fù)有關(guān)，一定要明確是正電荷受力，還是負(fù)電荷受力；另外，分析帶電粒子的受力情況時，不要丟掉重力受力分析后，根據(jù)運動狀態(tài)，列平衡方程或牛頓第二定律方程求解例10.如圖所示，在y0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙里，磁感應(yīng)強度為B.一帶負(fù)電的粒子（質(zhì)量為m、電荷量為q）以速度v0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為.求：（1）該粒子射出磁場的位置；（2）該粒子在磁場中運動的時間.（所受重力不計）例例11.長為長為l 的水平極板間有如圖所示的勻的水平極板間有如圖所示的勻強磁場，磁感強度為強磁場，磁感強度為B，板間距離也為，板間距離也為l ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為現(xiàn)有一質(zhì)量為 m 、帶電量為、帶電量為 +q 的粒子從的粒子從左邊板間中點處沿垂直于磁場的方向以速左邊板間中點處沿垂直于磁場的方向以速度度 v0射入磁場，不計重力。要想使粒子射入磁場，不計重力。要想使粒子不不打在極板上，則粒子進(jìn)入磁場時的速度打在極板上，則粒子進(jìn)入磁場時的速度v0 應(yīng)滿足什么條件應(yīng)滿足什么條件?ll v abcd v0 q B l / 4 m 或或 v0 5 q B l / 4 m解：若剛好從解：若剛好從a 點射出，如圖：點射出，如圖：R- l/2Rll v abcdr=mv1/qB=l/4 有有 v1