带电粒子在磁场中运动情况汇总

1、，等于利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角），并注意以下几何特点：粒子速度的偏向角带电粒子在磁场中运动情况汇总、带电粒子在磁场中运动的分析方法 （1）圆心的确定因为洛伦兹力f指向圆心，根据f丄v，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场两点）,先作出切线找出v的方向再确定F的方向，沿两个洛伦兹力F的方向画其延长线，两延长线的交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置，（2）半径的确定和计算转过的圆心角，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角）e的2倍，如右图所示,即 =2X（3）粒子在磁场中运动时间的确定若要计算转过任一段圆弧所用的时间，则必须确定粒子转过

2、的圆弧所对的圆心角，利用圆心角a与弦切角e的关系，或者利用四边形内角和等于360 计算出圆心角a的大小，并由表达式t = T,确定通2过该段圆弧所用的时间，其中T即为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角越大，所用时间t越长，注意t与运动轨迹的长短无关。、带电粒子在有界磁场中运动情况分析 1、无边界磁场例1、如图所示，质量为 m电荷量为q,重力不计的带正电粒子，以速 度v从A点垂直射入匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。若粒子以 A点为中心，可在垂直磁场的平面内向任意方向 发射，但速度大小一定为 v,那么，粒子可能经过的区域怎样2、一边有界磁场例2、如图所示，质量为 m电荷量

3、为q,重力不计的带正电粒子，以速度v从A点垂直射入匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里。例2（ 1 ）图（1 ）设置一块足够长的挡板MN若粒子可从 A点向挡板右侧任意方向发射，但速度大小一定为v，那么粒子射到挡板上的范围 多大（2 ）若粒子以与边界夹角为（与 x轴的正 方向） 射入磁场，求离开磁场时与边界的 夹角和粒子做圆周运动的圆心角。)J01 B例2 （2）图（3）如例3（ 3）图所示，在发射点 A右侧距离A点为d（d2r）处设置一块足够长的挡板，若粒子以A点为中心，可在垂直磁场的平面内向任意方向发射，但速度大小一定为V,那么，粒子能射到挡板上的范围为多大例3（ 3 ）

4、图滚钱币、钢圈若带电粒子既有 正电荷又有负电荷，则相切时如第一个图，达到最大范围如第二个图所示（AR=2r，注意条件中的（d2r），由此图我们可知带点粒子 能够飞出磁场边界 MN勺条件为（d1IVII练习3【解析】粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做0P的垂直平分线与x轴的交点为圆心,练习3、(2010年全国理综)如下图，在0 x3a区域内存在与 xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子， 所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向夹角分布在0180范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在 t= t0时刻刚好从 磁场边

5、界上P( . 3a ,a)点离开磁场。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的 半径R及粒子的比荷q/m;(2) 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；(3) 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.根据直角三角形有 R2a2 (、3a R)2解得Rsin_32则粒子做圆周运动的的圆心角为120,周期为T 3to粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得222 R 八“/口 q 2Bqv m(一) R，v，化简得TTm 3Bto仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120。，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心

6、角120。，所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图，根据弦与半径、轴的夹角都是30，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是 60。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60，则此时速度与y轴的正方向的夹角是 120。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是 60到120在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切,在三角形中两个相等的腰为 R，而它的高是32.3a3.3半径与y轴的的夹角是30 ，这种粒子的圆心角是所用时间为2t0。所以从粒子发射到全部离开所用时间为2t。240 。4、圆形区域磁场例4、质量为m电荷量为q，重力不计的带正电粒子，以速度v从A点垂直射入匀强磁场，磁场的磁感应强

7、度大小为B,方向垂直于纸面向里。(1) 如图例4 (1)所示，设置一个半径为 R (Rv r)的圆形挡板，若粒子从 A点指向挡板的圆心 O发射，速度大小为v,那么粒子射到圆形挡板上某点经历的时间是多少若粒子发射方向可以改变，但速度大小一定为 v,那么粒子射到圆形例4 (1 )图挡板上某点经历的最长时间又是多少(2) 在图例4(2)中，粒子从 A点指向挡板圆心 0发射时，经与挡板碰撞后又回到A点设挡板是光滑例 4 (2)的，粒子与挡板的碰撞是弹性的，粒子与挡板碰撞时电荷量不变，若要使粒子与挡板碰撞的次数最少，那么粒子发射速度应为多少粒子从A点发射到回到A点经历的时间为多少图例4 (3)等均何规(

8、3) 在图例4(3)中，若设置的圆形挡板半径与粒子运动半径相为r,那么粒子从 A点向不同方向发射时， 射到板上的速度方向有 律练习4、(2009 ?海南理综)如图所示，ABCD是边长为a的正方形.质量为 m电荷量为e的电子以大小为 v0的初速度沿纸面垂直于 BC边射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场电子从BC边上的任意点入射，都只能 DC 从A点射出磁场.不计重力，求：(1) 此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2) 此匀强磁场区域的最小面积.模拟试题练习：1带电量与质量分别为 q, m的离子从离子枪中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板 AB和CD金属板长和宽也为 d,整

9、个空间存在一磁 感强度为B的匀强磁场如图所示。离子垂直于磁场边界中点飞入磁场，不考虑重力的作用，离子的速度应在什么范围内，离子才能打到金属板上吕XXXXXXXXXXXXXXXXdXXXXXXXXXXX*XXXXD2、如图所示，坐标平面第I象限内存在大小为E=4X 105N/C方向水平向左的匀强电场，在第H象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比为 m 4 10 10 N/C的带正电粒子从x轴上的 qA点以初速度 Vo=2X 107m/s垂直x轴射入电场，OA=0.2m,不计重力。求：(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范JXXXXXXXXXXXXXXXXh y*FLt V

10、o嘴1OA(1) 粒子经过y轴时的位置到原点 O的距离；x围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)3. （12分）长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的30角，出磁场时刚好紧贴金属板上右侧有如下图所示的匀强磁场。一个带电为+q、质量为m的带电粒子，以初速V。紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成板右边缘，不计粒子重力 ，求：（1）两板间的距离；（2）匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。4、（8分）如下图，在xOy坐标系的第一象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B, E的大小为x 10 3V/m,方向未知，

11、B的大小为，方向垂直纸面向里；第二象限的某个圆形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B。一质量n=1 x 10_14kg、电荷量q=1x 10C的带正电微粒以某一速度 v沿与x轴负方向60角从A 点沿直线进入第一象限运动，经 B点即进入处于第二象限内的磁场 B区域，一段时间后，微粒经过 x轴 上的C点并与x轴负方向成60角的方向飞出。已知 A点的坐标为（10, 0）, C点的坐标为（-30, 0）,不 2计粒子重力，g取10m/s。（1）请分析判断匀强电场 E的方向并求出微粒的运动速度 v；（2）匀强磁场B的大小为多大（3）B磁场区域的最小面积为多少（4）若第二象限磁场区域为矩形，则最小面积为

12、多少BXXXX X%OA x/cm5、(10分)如图，平行金属板倾斜放置,AB长度为L,金属板与水平方向的夹角为e，一电荷量为-q、质量为ml的带电小球以水平速度 Vo进入电场，且做直线运动，到达 B点。离开电场后，进入如下图所示的电磁场(图中电场没有画出)区域做匀速圆周运动，并竖直向下穿出电磁场，磁感应强度为B,重力加速度为g。试求：(1)带电小球进入电磁场区域时的速度 v。(2)带电小球在电磁场区域做匀速圆周运动的时间。(3) 重力在电磁场区域对小球所做的功。6、如图所示，相距为d、板间电压为 U的平行金属板 M N间有垂直纸面向里、磁感应强度为Bo的匀强磁场；在pOy区域内有垂直纸面向外

13、、磁感应强度为 金属板、垂直磁场射入两板间并做匀速直线运动，从(1) .求离子在平行金属板间的运动速度；(2) .若离子经 Op上某点离开磁场，最后垂直 象限，求离子在第I象限磁场区域的运动时间；B的匀强磁场；pOx区域为无场区。一正离子沿平行于H(0, a)点垂直y轴进入第I象限.2 wx轴离开第IXXX2J* z0X(3) .要使离子一定能打在x轴上，则离子的荷质比m应满足什么条件5qBd1. 4mv 17qBd4 m2、解析:（1 ）设粒子在电场中运动的时间为t ,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y,则:与y轴正方向的夹角为0:0= arctg邑 450v要粒子不进入第三象限，则轨道

14、与y轴相切，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R，则:R/ 迈 E y 由 qvB2R解得 B （2.2 2） 10 2T3、【解析】（1）带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。竖直方向：离开电场时的速度Vy=V0tan30 （ 1分）粒子发生偏转的位移yvyd 2t （ 1 分）水平方向：粒子匀速运动的时间 t上（1分）联立以上几式解得,vo（1分）（2）在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得,qE=ma（ 1 分）根据运动学公式有，Vy=at （ 1分）又因为粒子运动时间t = ，所以E Vo带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力,即:qvB2vm r3m

15、v3qLN N： It N NK KVfdr JC JC K n H（1分）粒子离开电场时的速度 v vo2 Vy2（ 1分）粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示（1分）由几何关系得，2 rcos30 （ 1分）解得，BJ4 3mv0qL（1分）4、解析（1）由于重力忽略不计，微粒在第一象限内仅受电场力和洛伦兹力，且微粒做直线运动，速度的变化会引起洛仑兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动。这样，电场力和洛仑兹力大小相等，方向 相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正方向成30角斜向右上方。由力的平衡条件有Ec=Bqv（ 1分）得 v=E 1.0 !m/s =10 3m/s（ 1 分）B

16、1.0（2）微粒从B点进入第二象限的磁场 B中，画出微粒的轨迹如右图。粒子在第二象限内做圆周运动的半径为R,由几何关系可知10 20R=C0S30ocm= 3cmo（1 分）2微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB,=m-（ 1分）R2 B，=m（ 1分）代入数据解得B=T（ 1分）qvR qR2（3）由图可知，B D点应分别是微粒进入磁场和离开磁场的点，磁场XXx/cmB的最小区域应该分布在以 BD为直径的圆内。由几何关系易得BD=20cm,磁场圆的最小半径r=10cm。（ 1分）所以，所求磁场的最小面积为S=nr2=n =x 10-2卅（1分）5、【解析】（1）对带电小球进行受力分析，带电小球受重力场力 F, F 合=Fsin 0 , mg=Fcos 9 （1 分）解得F合=mgan 0 （1分）根据动能定理f合L 1 mv21 mv；，