知識講解 帶電粒子在磁場中的運動

1、物理總復(fù)習(xí)：帶電粒子在磁場中的運動編稿：李傳安 審稿：張金虎【考綱要求】1、知道洛倫茲力的特點，會計算其大小并用左手定則確定其方向；2、掌握帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑周期公式，知道常見的分析方法；3、知道帶電粒子在有界磁場中運動的多解情況、臨界值與極值問題的處理方法，會 熟練求解相關(guān)問題?！究键c梳理】考點、帶電粒子在磁場中的運動兩類典型的綜合問題要點詮釋：1、帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題，注意下列結(jié)論，再借助數(shù)學(xué)方法分析剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。當(dāng)速度v 一定時，弧長(或弦長)越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中 運動的時間越長。當(dāng)速率v

2、變化時，圓周角越大的，運動時間越長。2、帶電粒子在磁場中的運動的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解， 多解形成原因一般包含下述幾個方面.帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度的條件 下，正負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同，導(dǎo)致形成雙解。磁場方向不確定形成多解有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮 磁感應(yīng)強度方向不確定而形成的多解。臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可 能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180從

3、入射界面這邊反向飛出，如圖所示，于是形成了多解。運動的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復(fù)性，因而形成多解?！镜湫屠}】類型一、帶電粒子在磁場中的運動的基礎(chǔ)知識例1、(2015廣東卷)在同一勻強磁場中，a粒子(4He)和質(zhì)子(;H)做勻速圓周運動，若它們的動量大小相等，則a粒子和質(zhì)子()A、運動半徑之比是2:1B、運動周期之比是2:1C、運動速度大小之比是4:1D、受到的洛倫茲力之比是2:1【答案】B【解析】a粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4:1，電荷量之比為2:1，由于動量相同，故速度之比為1:4，同一磁場，B相同。由r=mv/qB，得兩者半徑之比為1:2。由T=

4、2 nm/qB得周期之 比為2:1。由f矛思，得洛倫茲力之比為1:2，B正確。舉一反三【高清課堂：磁場對運動電荷的作用例4】【變式1】電子（一e，m）從A點沿AB方向進入磁場，它恰能從C點出射.（1 ）求電子的 速度；（2）求電子在場中運動的時間。設(shè)磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，AD = a AB=2a. TOC o 1-5 h z Af/IXXXX*:!IXXxX1!；1XXxxI看L【答案】（1） V = 5eBa （2） t = marcsin4。2meB 5【變式2】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00,與SS，垂直。a、b、

5、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向攝入 磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間 的夾角分別為以、P，且以 。三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達(dá)到同一點S，則下列說法中正確的有（）A.A.三個質(zhì)子從S運動到S的時間相等三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在00軸上若撤去附加磁場，a到達(dá)SS連線上的位置距S點最近附加磁場方向與原磁場方向相同【答案】CD【解析】A.三個質(zhì)子從S運動到S的時間不相等，A錯誤；三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，只有b運動軌跡的圓心在00,軸上，因為半徑相等， 而圓心在初速度方向的垂線上，所以B錯誤；用作圖法可知，

6、若撤去附加電場，a到達(dá)SS連線上的位置距S點最近，b最遠(yuǎn)；C正確；因b要增大曲率，才能使到達(dá)SS,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；故選CD。類型二、帶電粒子在磁場中的周期性和對稱性例2、圖（a）所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面（紙面）垂直， 磁感應(yīng)強度B隨時間t變化周期為T，變化圖線如圖（b）所示，當(dāng)B為+B0時，磁感應(yīng)強2兀度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點O有一帶正電的粒子P,其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于”TB0不計重力，設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向自O(shè)點開始運動，將它經(jīng)過時間T到 達(dá)的點記為A.（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾

7、角是多少？T（2）若t =丁，則直線OA與x軸的夾角是多少?0 4兀 八 T為了使直線oa與x軸的夾角為-，在0。-的范圍內(nèi)，t0應(yīng)取何值?【解析】（1【解析】（1）設(shè)粒子P的質(zhì)量、下，在xOy平面內(nèi)做圓周運動，2兀、則有qvB = m（商）2R0T由式與已知條件得T = TT【思路點撥】分析在磁場中運動的周期與交變磁場的周期的關(guān)系，根據(jù)左手定則確定偏轉(zhuǎn)方 向，磁場反向后如何，對復(fù)雜問題更是要畫圖?！敬鸢浮浚?）0 = 0（2）0 =-（3） 【答案】（1）0 = 0（2）0 =20 8電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用 分別用R與丁表示圓周的半徑和運動周期，2兀Rv =粒子

8、P在t=0到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上B點，此時磁場方T向反轉(zhuǎn)；繼而，在t=；y到t=T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)x軸上A點，如圖（a）所示，OA與x軸的夾角0 = 0、一TT T1入（2）粒子P在t = 時刻開始運動，在t= 到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動丁個圓周， 04424T到達(dá)C點，此時磁場萬向反轉(zhuǎn)；繼而，街二號到t=T時間內(nèi)，沿逆時針萬向運動半個圓周， 、一，一 _ 5T _ 口 人一到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=時間內(nèi)，沿順時針方向運動丁個圓周，44到達(dá)A點，如圖（b）所示，由幾何關(guān)系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角0=1(3

9、)若在任意時刻t = t (0 t V T)粒子P開始運動，在t = t到= T時間內(nèi)，沿順時針004o 2方向做圓周運動到達(dá)C方向做圓周運動到達(dá)C點，圓心0,位于x軸上，圓弧OC對應(yīng)的圓心角為2兀 T “OC =?。? -10）此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)此時磁場方向反轉(zhuǎn)；繼而，沿逆時針方向運動半個圓周，到達(dá)B點，此時磁場方向再次反轉(zhuǎn)；在t=T到t=T +10時間內(nèi)，沿順時針方向做圓周運動到達(dá)A點，設(shè)2兀 TOC o 1-5 h z 圓0，圓弧BA對應(yīng)的圓心角為ZBOA =t如圖(c)所示，由幾何關(guān)系可知，C、B均在00連線上，且0A/00兀，3兀若要0A與x軸成;

10、角，則有/00 C =，44T聯(lián)立式可得t0 = 【總結(jié)升華】根據(jù)交變磁場的變化規(guī)律，正確畫出軌跡圖是解題的關(guān)鍵。舉一反三【變式】如圖所示是某裝置的垂直截面圖，虛線A1A2是垂直截面與磁場區(qū)邊界面的交線， 勻強磁場分布在A1A2的右側(cè)區(qū)域，磁感應(yīng)強度B=0.4T，方向垂直紙面向外，A1A2與垂直 截面上的水平線夾角為450。在A1A2左側(cè)，固定的薄板和等大的擋板均水平放置，它們與 垂直截面交線分別為S1、S2,相距L=0.2m.。在薄板上P處開一個小孔，P與A1A2線上點D 的水平距離為L。在小孔處裝一個電子快門。起初快門開啟，一旦有帶正電微粒剛通過小孔， 快門立即關(guān)閉。此后每隔T=3.0 x

11、 10-3S開啟一次并瞬間關(guān)閉。從S1S2之間的某一位置水平發(fā)射一速度為v0的帶電微粒，它經(jīng)過磁場區(qū)域后入射到P處小孔。通過小孔的微粒與擋板 發(fā)生碰撞而反彈，反彈速度大小是碰前的0.5倍。經(jīng)過一次反彈直接從小孔射出的微粒，其初速度v應(yīng)為多少？求上述微粒從最初水平射入磁場到第二次離開磁場的時間。(忽略微粒所受重力影響，碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移。已知微粒的荷質(zhì)比-=1.0 x 103C/kg。只考慮紙面上帶電微粒的運 m動。)【答案】（1） vo=100m/s（2） t = 2.8X10-2s【解析】（1）如圖所示，設(shè)帶正電微粒在S1S2之間任意點Q以水平速度v0進入磁場，微粒 受到的洛侖茲力為/，在磁

12、場中做圓周運動的半徑為，有：f=qvf =蠟由得：r =竺rqB欲使微粒能進入小孔，半徑r的取值范圍為：L r 2L 代入數(shù)據(jù)得：80m/sv0160m/s欲使進入小孔的微粒與擋板一次相碰返回后能通過小孔，還必須滿足條件： TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark71 o Current Document L L -_一+ = nT 其中 n=1,2,3, v0.5v由可知，只有n=2滿足條件，即有：v0=100m/s（2）設(shè)微粒在磁場中做圓周運動的周期為T0,從水平進入磁場到第二次離開磁場的總時 間為t，設(shè)小t4分別為帶電微粒第一次、第二次在磁場中運動的時間，第一

13、次離開磁場運 動到擋板的時間為t2，碰撞后再返回磁場的時間為t3,運動軌跡如圖所示，則有：2兀rT =0 v0t = 3 T1 4 02Lt2 =02L1t =t =-T（弦切角=45，圓心角=90）3 0.5v44 00t = t +1 +1 +1 = 2.8 x 10 -2 （s） （11）1234類型三、帶電粒子在磁場中運動的多解問題例3、如圖所示，空間某平面內(nèi)有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側(cè)分布著方向 相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小都為B。折線的頂角ZA = 90，P、Q是折 線上的兩點，AP=AQ=L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從P點沿PQ方向射 出，不

14、計微粒的重力。求：（1）若在P、Q間加一與磁場方向垂直的勻強電場，能使速度為射出的微粒沿PQ直 線運動到Q點，則場強為多大？（2）撤去電場，為使微粒從P點射出后，途經(jīng)折線的頂點A而到達(dá)Q點，求初速度v應(yīng) 滿足什么條件？（3）求第（2）問中微粒從P點到達(dá)Q點所用的時間。【思路點撥】（2）根據(jù)運動的對稱性，分析出微粒能從P點到達(dá)Q點，應(yīng)滿足條件。畫 出草圖，確定參數(shù)，圓心角、半徑等，最后求出速度。【答案】見解析。【解析】（1）由電場力與洛倫茲力平衡qE = qvB ,得E = v0B（2）根據(jù)運動的對稱性，微粒能從P點到達(dá)Q點，應(yīng)滿足L = nx兀 3兀其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)

15、的圓心角為5或5。設(shè)圓弧的半徑為R，則有2 R2 = x 2，可得R 2-v2qBL又qvB = m，由以上各式得v = =。n = L2、3、R2mn（3）如圖所示，當(dāng)n取奇數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為9= n 乙 + n .竺=1222n兀 2兀m 2兀mnt =，其中 n = 1、3、5、12 兀 qB qB當(dāng)n取偶數(shù)時，微粒從P到Q過程中圓心角的總和為9 = n 生+ n 生=n兀222InIn兀 2兀m 兀mn t 2 2 兀 qB qB其中n = 2、4、6、【總結(jié)升華】解題的關(guān)鍵仍然是要畫出軌跡圖，要多練多想，熟能生巧，同時還要考慮奇數(shù) 次到達(dá)、偶數(shù)次到達(dá)，情況不一樣，

16、就是多解問題了。舉一反三【變式1】如圖所示，平行金屬板M、N間距離為由 其上有一內(nèi)壁光滑的半徑為R的絕緣 圓筒與N板相切，切點處有一小孔S.圓筒內(nèi)有垂直圓筒截面方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度 為B.電子與孔S及圓心O在同一直線上.M板內(nèi)側(cè)中點處有一質(zhì)量為m，電荷量為e的 靜止電子，經(jīng)過M、N間電壓為U的電場加速后射入圓筒，在圓筒壁上碰撞n次后，恰好 沿原路返回到出發(fā)點.(不考慮重力，設(shè)碰撞過程中無動能損失)求：電子到達(dá)小孔S時的速度大??；電子第一次到達(dá)S所需要的時間；電子第一次返回出發(fā)點所需的時間.2eU, ,2m求：電子到達(dá)小孔S時的速度大?。浑娮拥谝淮蔚竭_(dá)S所需要的時間；電子第一次返回出發(fā)點所

17、需的時間.2eU, ,2m【答案】Jd rt = 2dm eU2 m (n - 1)m兀 eU * eB【解析】設(shè)加速后獲得的速度為v，根據(jù)eU = 1 mv2，eU設(shè)電子從M到N所需時間為勾，電子在MN間的加速度a = m-j1 at 2 =2 1eU -X 12md 12meU2兀m電子在磁場做圓周運動的周期為T =- o eB電子在圓筒內(nèi)經(jīng)過n次碰撞回到S，每段圓弧對應(yīng)的圓心角2兀1 =兀一* 1，如圖。n次碰撞對應(yīng)的總圓心角。=(n +1)6 = (n + 1)k 2兀=(n 1)k。一(n 1)兀2 兀m(n 1)m 兀在磁場內(nèi)運動的時間為t2=況T0=一2 xb=繇t = t =

18、V 2= 2 魂 +( 一 1)meB【變式2】一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里的勻強磁 場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小 為，方向與ad夾角為30，如圖所示。已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m （重力不計）（1）若粒子帶負(fù)電，且恰能從d點射出磁場，求的大??；（2）若粒子帶正電，使粒子能從ab邊射出磁場，求的取值范圍以及粒子在磁場中運 動時間t的范圍?！窘馕觥浚?）由圖中幾何關(guān)系可知：R = Lmv 2qBR qBL2m根據(jù)qv0B = m-R，則v0 = m2m得 R1=L，(2)當(dāng) v0最大時：R1 R1得 R1=

19、L，qBR qBL TOC o 1-5 h z 則 v =1 =max m m當(dāng)%最小值：R2 + R2 sin 30 HYPERLINK l bookmark155 o Current Document qBR qBL 貝 g v = 2 = min m3mqBL qBL所以v0的取值范圍為%m v v 帶電粒子從ab邊射出磁場，當(dāng)速度為vmax時，運動時間最短，150;5mt =T =m i n 3 6 0qB HYPERLINK l bookmark167 o Current Document 2404兀 m速度為vmin時運動時間最長：tmax =澆泛T = 3B o.粒子運動時間t的

20、范圍麗 七 環(huán) 類型四、帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題例4、圖為可測定比荷的某裝置的簡化示意圖，在第一象限區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里 的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=2.0 x10-3T，在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的P處為離子的 入射口，在y上安放接收器，現(xiàn)將一帶正電荷的粒子以v=3.5x104m/s的速率從P處射入磁 場，若粒子在y軸上距坐標(biāo)原點L=0.50m的M處被觀測到，且運動軌跡半徑恰好最小，設(shè) 帶電粒子的質(zhì)量為m,電量為q，不計其重力。（1）求上述粒子的比荷q ；m（2）如果在上述粒子運動過程中的某個時刻，在第一象限內(nèi)再加一個勻強電場，就可以 使其沿y軸正方向做勻速直線運動，求該

21、勻強電場的場強大小和方向，并求出從粒子射入磁 場開始計時經(jīng)過多長時間加這個勻強電場；（3）為了在M處觀測到按題設(shè)條件運動的上述粒子，在第一象限內(nèi)的磁場可以局限在一 個矩形區(qū)域內(nèi)，求此矩形磁場區(qū)域的最小面積，并在圖中畫出該矩形。弋吃X X X X TOC o 1-5 h z XXXXxXXXXXLXXXXx.XXXPXFL 入射【思路點撥】理解“運動軌跡半徑恰好最小”的意思是以兩點連線作為直徑，運動軌跡半徑最 小，畫出軌跡圖。理解“使其沿y軸正方向做勻速直線運動”的意思。理解“矩形磁場區(qū)域的 最小面積”的意思?！敬鸢浮浚?）q =4.9x107 C/kg （或 5.0 x107 c/kg）；（

22、2）t = 7.9x10-6s ；（3）S = 0.25m2 m【解析】（1）設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為n如圖，依題意M、P連線即為該粒子在磁場2L中作勻速圓周運動的直徑，由幾何關(guān)系得r = 亍 由洛倫茲力提供粒子在磁場中作勻速圓周運動的向心力，可得八 V 2 qv B=r聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得-=4.9x107C/kg （或5.0 x107C/kg）m（2）設(shè)所加電場的場強大小為E。如圖，當(dāng)粒子經(jīng)過Q點時，速度沿j軸正方向，依題意，在此時加入沿x軸正方向的勻強電場，電場力與此時洛倫茲力平衡，則有q E = qvB代入數(shù)據(jù)得E = 70 N / C 所加電場的場強方向沿X軸正方向。由幾何關(guān)系可知，圓弧PQ所對應(yīng)的圓心角為45,設(shè) 帶點粒子做勻速圓周運動的周期為所求時間為房則有45o一 2兀 rt =T T =3600v聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得t = 7.9 x10-6