专题七带电粒子在磁场中的运动

1、专题七 带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的圆周运动定圆心、画轨迹、找关系是解决这类问题的关键.(1) 确定圆心的方法 由两速度的垂线定圆心； 由两条弦的垂直平分线定圆心； 由两洛伦兹力的延长线定圆心； 综合定圆心.一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛伦兹力的延长线，选择其中任两条都可以找出圆心.(2) 画轨迹的方法 对称法：带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论画出粒子的轨迹. 动态圆法：若在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子，则粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可

2、确定粒子的运动轨迹. 放缩法：带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的轨迹，使问题得以解决.(3) 找关系 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小. 粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间为t=T(或t=T).【例1】(2014·海安中学)在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.有两个相同的带正电的粒子从A点垂直于磁场方向进入磁场中，进入磁场时的速度v1和v2大小未知、方向与AO的夹角均为，如图所示.已知两粒子的质量均为m、电荷量均为q，它们

3、在磁场中做匀速圆周运动的半径也是R(不计粒子的重力和它们之间的相互作用).求：(1) 两粒子的运动速度v1和v2的大小.(2) 两粒子在磁场中运动的时间之差.(3) 两粒子离开磁场的位置之间的距离.思维轨迹：【解析】 (1) 两粒子在磁场中圆周运动的半径都是R，所以速度大小相同，设为v，则qvB=m.所以v1=v2=v=.(2) 设以v1运动的粒子从圆上的M点离开磁场区域，轨迹的圆心为O1，由题可知O1A=O1M=OA=OM，即OAO1M是菱形，所以O1MOA.设轨迹圆的圆心角为1，则OAO1=90°+.1=180°-OAO1=90°-.同理，设以v2运动的粒子从

4、圆上的N点离开磁场区域，轨迹的圆心为O2，则OAO2N是菱形，O2NOA.设轨迹圆的圆心角为2，则OAO2=90°-.2=180°-OAO2=90°+.两轨迹圆的圆心角的差值为=2-1=2.设粒子在磁场中圆周运动的周期为T，有T=.两粒子在磁场中运动的时间差为t=T=.(3) 由以上分析可知1=OAO2.说明两菱形除边长相等外顶角也相等，两菱形全等.O2N、O1M到OA的距离相等，即O2N、O1M在同一直线上.在三角形MON中，MON=2-1=2.所以，MN=2Rsin .【答案】 (1) (2) (3) 2Rsin 【变式训练1】(2015·南京盐城二

5、模)如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里.P点的坐标为(-2L，0)，Q1、Q2两点的坐标分别为(0， L)，(0，-L).坐标为(-，0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变. 带负电的粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子所受重力.若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，在磁场中运动.求：(1) 从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小.(2) 从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标.(3) 只与挡板碰撞两次并能回

6、到P点的粒子初速度大小.【解析】 (1) 由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos=L，其中cos=，粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m，解得v1=.甲(2) 由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x轴交点为D，由几何关系得R2=L，设D点横坐标为xD，由几何关系得xD=L，则D点坐标为(L，0).乙(3) 由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得y1=2R3cos，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板

7、碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离y2(如图中A、E间距)可由题给条件，有=tan，得y2=.当粒子只碰二次，其几何条件是3y1-2y2=2L，解得R3=L.粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m，解得v=.丙【答案】 (1) (2) (3) 带电粒子在相邻多个磁场中的运动粒子在相邻多个磁场中连续运动时，会画出不同的轨迹，从复杂的轨迹中找出规律，寻找解决问题的突破口，解决这类问题时，关键在于能画出轨迹，弄清楚粒子的运动过程，找出粒子在不同磁场中运动的联系，借助圆周运动的特点解决问题.【例2】(2014·海安中学)如图所示，在xOy平面内，以O&

8、#39;(0，R)为圆心、R为半径的圆内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直于平面向里的匀强磁场，两个磁场区域的磁感应强度大小相等.第四象限有一个与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于2R，在圆形磁场左侧0<y<2R的区间内均匀分布着质量为m、带电荷量为+q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正方向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，最终有一半粒子能打在挡板上.不计粒子重力以及粒子间的相互作用力.求：(1) 磁场的磁感应强度B的大小.(2) 挡板端点P的坐标.(3) 挡板上被粒子打中的区域的长度.

9、思维轨迹：(1) 以任一粒子为研究对象找出圆心，画出轨迹用几何知识求出轨道半径由洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度B(2) 粒子从O点进入三四象限时相当于一个速度大小相等的粒子源作出圆心的轨迹作出粒子可能到达的空间位置找出打到挡板上从O点射出的粒子范围利用几何知识求出P点坐标(3) 根据第2小题中作出的包络圆的轨迹利用几何知识求出粒子打在挡板上的长度【解析】 (1) 设粒子从磁场边界的A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点作速度的垂线，在垂线上取点C(满足OC=AC)，确定轨迹圆的圆心为C.连接AO'、CO，可证得ACOO'为菱形，根据图中几何关系可知，粒

10、子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由qvB=m，解得B=.甲 乙(2) 欲使有一半的粒子打到挡板上，则需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示.过圆心D作挡板的垂线交于E点，由几何关系可知DP=R，OP=(+1)R.所以P点的坐标为(+1)R，0.(3) 设能打到挡板最左侧的粒子落在挡板上的F点，如图丙所示，则OF=2R，过O点作挡板的垂线交于G点，则丙OG=(+1)R·=R.FG=R.EG=R.挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=R+R=R.【答案】 (1) (2) (+1)R，0(3) R【变式训练2】(2015·常州一模)如

11、图所示，多个有界匀强磁场区域和无场区域平行间隔排列，其中磁场的宽度均为d，无场区域的宽度均为d0，磁场方向垂直纸面向里，长度足够长，磁感应强度为B.在区域1磁场中，一个带负电的粒子从边界上的A点沿边界方向射出，粒子质量为m，电荷量为-q，不计重力.(1) 如果粒子只在区域1中运动，求粒子射出的最大速度为多少?(2) 如果粒子从A点射出后，经过区域1、2、3后又回到A点，求它运动一周的周期为多少?(3) 如果粒子从A点射出后还能再次返回A点，求粒子从A点射出时速度的大小为多少?【解析】 (1) 当粒子只在第一区域内运动时，粒子运动轨迹的最大半径为Rm=，由Bqvm=，可得vm=.(2) 粒子经过

12、1、2、3区域，且能回到A点，则运动的轨迹半径R=d，即=d，则v=.所以有T=.(3) 当从区域1返回A点，vm设经过n个磁场区域后，粒子开始返回，则有2R=nd，R=(n=2，3，4，)，所以有v=(n=2，3，4，).【答案】 (1) (2) (3) (n=2，3，4，)带电粒子在磁场中的临界问题解决带电粒子在磁场中运动的临界问题的关键是找准临界点.带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，运用“放缩法”探索出临界点的轨迹，使问题得以解决；对于范围型问题，求解时关键寻找引起范围的“临界轨迹”及“临界半径”，然后利用粒子运动的实际轨迹半径与

13、临界半径的大小关系确定范围.常用的结论有： 直径是圆的最大弦； 同一圆中大弦对应大的圆心角； 刚好穿出磁场边界的临界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.【例3】(2015·镇江一模)如图所示的平面直角坐标系内分布有足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.05 T，方向垂直纸面向里.x轴上相距为L=0.12 m的P、Q两点关于原点对称，两点处均有一个粒子发射器(发射一个粒子后即移开)，能分别在纸面内沿y轴正方向发射带电粒子，已知P点发射的粒子带负电，速率为v1=3.0×104 m/s，Q点发射的粒子带正电，粒子的比荷均为=2.0×107 C/kg.Q处的粒子先发

14、射，P处的粒子后发射，发射的时间差为t=×10-6 s，已知P处发射的粒子运动t=×10-6 s时间后，恰与Q处发射的粒子在第二象限内相遇，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力.(1) 求两粒子相遇点S(图中未画出)的坐标.(2) 求Q处发射粒子的速率v2.(3) P处发射粒子后，调节Q处发射粒子速率v2的值，发现不管t取何值，两粒子总不能相遇.求这种情形下v2的值.【解析】 (1) 对P点发射的粒子：qv1B=m，r1= m=3.0×10-2m，周期T=2×10-6s，转过的圆心角=·2，得1=53°.则横坐标x=-=-0.012

15、m，纵坐标y=r1sin 1=0.024 m，交点S的坐标为(-0.012 m，0.024 m).(2) 对Q点发射的粒子：由Q到S的运动时间为t'=t+t=×10-6 s，转过的圆心角'=·2，得2=37°.O1SO2为直角三角形，设Q点发射的粒子的轨道半径为r2，则(L-r1-r2)2=+，得r2=0.04 m.又r2=，即v2=4.0×104 m/s.(3) v2较小时，两粒子相遇的临界：两轨迹圆周外切.则qvminB=m，得vmin=3.0×104 m/s.v2较大时，两粒子相遇的临界：两轨迹圆周内切.则qvmaxB=m

16、，得vmax=6.0×104 m/s.则两粒子总不能相遇情形下v2的值为6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s.【答案】 (1) (-0.012m，0.024m)(2) 4.0×104 m/s(3) 6.0×104 m/s<v2或v2<3.0×104 m/s【变式训练3】(2015·连云港三模)如图所示，在边长为L的等边三角形ACD区域内，存在垂直于所在平面向里的匀强磁场.大量的质量为m、电荷量为q的带正电粒子以相同速度(速度大小未确定)沿垂直于CD的方向射入磁场，经磁场偏转后三条

17、边均有粒子射出，其中垂直于AD边射出的粒子在磁场中运动的时间为t0.不计粒子的重力及粒子间的相互作用.求：(1) 磁场的磁感应强度大小.(2) 要确保粒子能从CD边射出，射入的最大速度.(3) AC、AD边上可能有粒子射出的范围.【解析】 (1) qvB=m，T=，圆心角为60°，t0=T，解得B=.(2) 当轨迹圆与AC、AD都相切时，粒子能从CD边射出，半径最大，速度为最大值，此时r=sin60°=L，qvB=m，r=，解得v=.所以， 粒子射入的速度应满足v.(3) 由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远.故有粒子射出的范围为CE段，xCE=co

18、s60°=.当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远.故有粒子射出的范围为DF段，xDF=.【答案】 (1) (2) (3) 见解析带电粒子在磁场中的多解问题带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解.多解形成的原因一般从以下几个方面来分析.(1) 带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中的运动轨迹不同，导致多解.(2) 磁场方向不确定形成多解：磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度方向，则应考虑因磁场方向不确定而导

19、致的多解.(3) 临界状态不唯一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射面边界反向飞出，于是形成了多解.(4) 运动的往复性形成多解：带电粒子在不同磁场(如周期性变化的磁场)的空间中运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解.【例4】(2014·江苏)某装置可以利用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示.装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO'上，N、P

20、分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置，不计粒子的重力.(1) 求磁场区域的宽度h.(2) 欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量v.(3) 欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值.思维轨迹：(1) (2) 粒子到达收集板的位置从P点移到N点粒子运动半径变小粒子运动速度变小粒子第一次经过下方磁场后到达N点根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹利用几何知识列式计算(3) 欲使粒子

21、到达M点M点与入射点O在同一直线上根据运动的对称性，作出粒子的运动轨迹考虑多种可能情况利用几何知识列方程求解【解析】 (1) 设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，依题意作出带电粒子的运动轨迹如下图所示，由图中几何关系有L=3rsin 30°+，h=r(1-cos 30°).解得h=.(2) 设带电粒子初始入射速度为v1，改变速度后仍然经过上方的磁场区域一次后到达N点，此时速度的改变量最小，设改变后的速度为v2，粒子改变速度后，在磁场中运动的轨道半径为r'，带电粒子的运动轨迹如下图所示：由图中几何关系有L=4r'sin 30°+.根据牛顿第二定律有

22、qv1B=m，qv2B=m.粒子入射速度的最小变化量v=|v2-v1|.联立以上各式解得v=.(3) 粒子可能从上方磁场出来后经过M点，也可能从下方磁场出来后经过M点，不妨假设粒子共n次经过了磁场区域到达了M点，此时在磁场中运动的轨道半径为rn，速度为vn，根据牛顿第二定律有qvnB=m.根据几何关系有L=2nrnsin 30°+.解得vn=.由于粒子经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点，因此粒子不可能只经过上方一次直接到达M点，则n2.又因为粒子必须经过磁场改变其运动的方向才能到达M点，因此满足n<tan 30°=.所以，vn=(其中2n<，且n为整数).【答案】 (1) (2) (3) 【变式训练4】(2014·如皋期末)如图甲所示，空间内有垂直于纸面向里的有界匀强磁场，MN是磁场的上边界，磁场宽度足够大，磁感应强度B0=1×10-4