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磁场总结范文 带电粒子在磁场中运动问题专题 一、基本公式带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，原始方程rmvqvB2=，推导出的半径公式和周期公式BqmTBqmvr2,=或vrT2=推论 （1）mqB=。 （2）qBmt= 二、带电粒子在不同边界磁场中的运动1直线边界(进出磁场具有对称性，如图)说明 （1）进出磁场具有对称性，即与边界成角射入，射出时速度也补边界成角。 （2）此种情形常涉及的长度点为入射点和出射点的距离或磁场运动中离直线最远的距离。 （3）当速度变大。 圆弧半径变大，但粒子运动时间不会发生改变，因为圆心角不变。 （4）速度偏转角等于圆心角，等于弦切角的2倍。 2平行边界(存在临界条件，如图)说明 （1）平行边界存在临界条件，一半是两种即相切和擦边 （2）常用长度有平行边间距或平行线长度 （3）速度偏转角等于圆心角，等于弦切角的2倍。 （4）如果是同一边进出，其实就是直线边界，另一边是考虑临界作用的。 （附说明3圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图) （1）沿径向射入必沿径向射出 （2）注意区分轨道半径和磁场区域半径三有界磁场圆周运动的解题基本思路 1、长度半径 2、运动时间周期 3、充分利用几何知识（直角三角形） 三、分析思路与方法（作图时先画圆心、半径，后画轨迹圆弧。 ）1圆心的确定因为洛伦兹力F指向圆心，根据Fv，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，如图1所示。 2半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角），并注意以下两个重要的几何特点粒子速度的偏向角等于转过的圆心角，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角）的2倍，如图2所示，即=2。 相对的弦切角相等，与相邻的弦切角互补，即+=180。 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的圆弧所对的圆心角，利用圆心角与弦切角的关系，或者利用四边形内角和等于360计算出圆心角的大小，并由表达式，确定通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。 四、几种磁场模型1穿过矩形磁场区。 一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。 偏转角由sin=L/R求出。 侧移由R2=L2-（R-y）2解出。 经历时间由Bqmt=得出。 注意这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！【例1】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是，穿透磁场的时间是。 【例2】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是A使粒子的速度v5BqL/4m；C使粒子的速度vBqL/m；D使粒子速度BqL/4m 2、带电粒子射入圆形匀强磁场区质量m，电荷量q的带正电粒子，沿半径方向射入磁感应强度为B半径为r的圆形匀强磁场区。 磁场区边界和粒子轨迹都是圆，由两圆相交图形的对称性知沿半径方向射入的粒子，必然沿半径延长线方向射出。 需画的辅助线有轨道半径、与射入、射出点对应的磁场圆半径，两轨道半径的交点就是轨道圆的圆心O，画出两圆的连心线OO。 偏角可由Rr=2tan求出。 粒子在磁场中经历时间由t=m/Bq计算。 【例1】如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。 圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。 要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。 解析由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。 设粒子与圆筒内壁碰撞n次（2n），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为1tan+=nRr离子运动的周期为qBmT2=，又rvmBqv2=，所以离子在磁场中运动的时间为1tan2+=nvRt.【例2】圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求OP的长度和电子通过磁场所用的时间。 解析电子所受重力不计。 它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为R。 圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动，如图4所示，连结OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可见O、B、P在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而)2(tan1)2tan(2tan2?=，Rr=)2tan(，所以求rv O?O vP QBM NL AO Av0B得R后就可以求出OP了，电子经过磁场的时间可用t=VRVAB=来求得。 由RvmBev2=得R=tan)(.rLOPeBmv+=mVeBrRr=)2tan(，2222222)2(tan1)2tan(2tanrBevmeBrmv?=?=2222+2,)(2tan)(rBevmeBrmvrLrLPO?=+=，)2arctan(22222rBevmeBrmv?=)2arctan(22222rBevmeBrmveBmvRt?=【例3】（xx年天津市理综试题）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图10所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60角，求磁感应强度B多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？解析 （1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。 M NO,L AO R/2/2B PO/如图11所示，粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90，则粒子轨迹半径r=R，又，则粒子的荷质比为。 （2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60角，故AD弧所对圆心角60，粒子做圆周运动的半径，又，所以，粒子在磁场中飞行时间。 点评本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的大小和方向，但由于有界磁场发生改变（包括磁感应强度的大小或方向的改变），从而改变了该粒子在有界磁场中运动的轨迹图，导致粒子的出射点位置变化。 在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动的轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应的出射点的位置。 练习4如图所示，半径为R的圆形区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于纸面向里，一带负电的粒子（不计重力）沿水平方向以速度v正对着磁场圆的圆心O入射，通过磁场区域后速度方向偏转了60?角。 求该粒子的比荷q/m；该粒子在磁场中的运动时间；若入射方向仍然沿水平方向，为使粒子通过该磁场区域后速度方向的偏转角最大，粒子的入射点向上平移的距离d是多少？解BRvmq33=vRt33=Rd33=质量m，电荷量q的带正电粒子，以速度v沿与磁场的水平直径MN平行的方向射入磁感应强度为B半径为r的圆形匀强磁场区，已知rqBmv，为使粒子在磁场中经历的时间最长，入射点P到MN的距离应是多少？设粒子在磁场中轨迹弧长为l，粒子运动经历的时间t=m/Bq，=l/Rl，由于轨道半径R大于磁场半径r，粒子在磁场中的轨迹是劣弧，在同圆中，劣弧越长对应的公共弦也越长。 因此射入、射出点的连线应是磁场圆的直径。 做出辅助线如图，Rr=2sinsin，P到MN的距离h=rsin可求。 例题一束水平向右发射的平行带正电粒子束射向圆形匀强磁场区，若粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径，试证明所有进入磁场的粒子将从同一点射出圆形磁场区，并确定该点的位置。 证明以任意一个入射点P1为例，设轨道圆圆心为O1，射出点为Q1，磁场圆和轨道圆的半径均为r，由已知，O1P1=O1Q1=OP1=OQ1=r，由几何知识，四边形O1P1OQ1为菱形。 P1O1是洛伦兹力方向，跟初速度方向垂直，菱形的对边平行，因此OQ1也跟初速度方向垂直，Q1是圆周的最高点。 反之也可以证明只要粒子在磁场中的轨道半径恰好等于磁场圆的半径，那么从磁场圆周上同一点沿各个方向射入圆形磁场的粒子，射出后一定形成宽度为磁场圆直径的平行粒子束。 例题如图所示，在x-O-y坐标系中，以（r，0）为圆心、r为半径的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。 在yr的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。 从O点以相同速率向不同方向发射质子，质子的运动轨迹均在纸面内，且质子在磁场中运动的轨迹半径也为r。 已知质子的电荷量为q，质量为m，不计质子所受重力及质子间相互作用力的影响。 求质子射入磁场时速度的大小；若质子沿x轴正方向射入磁场，求质子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间；若质子沿与x轴正方向成夹角的方向从O点射入第一象限的磁场中，求质子在磁场中运动的总时间。 r v O?O vP QBRM NP1O vB O1r rQ1P2O2vRB Ox yO EB rr解mqBrv=21ttt+=qBm+EBr2t总=qBmT=2(示意图如右。 无论取何值，从磁场边缘A射出时必然沿y轴正向，在电场中往返后，又从A沿y轴负向返回磁场，从C射出。 从几何关系可以判定，图中O2OO1A和O3CO1A都是边长为r的菱形，因此OA弧和OC弧对应的圆心角O2和O3之和为180?，质子在磁场中经历的总时间是半周期。 ) 3、带电粒子以同样的水平分速度射入匀强磁场区如图所示，平行板P、Q关于x轴对称放置，两板间接有正弦交变电压，y轴右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。 从P、Q左侧中点S向右连接发射初速度相同的带正电粒子。 不考虑粒子间相互作用，每个粒子穿越极板过程时间极短，可认为电压恒定。 试证明所有粒子从y轴进入、穿出磁场的两点间距离相等。 证明设粒子射入磁场的速度为v，与水平方向夹角为，无论两板间电压多大，都有v0=vcos，射入、穿出点间距离BqmvBqmvd02cos2=?=与偏转电压高低无关。 五、带电粒子射入条形匀强磁场区质量m，电荷量q的带正电粒子，以垂直于边界的速度射入磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区。 讨论各种可能的情况。 速率足够大的能够穿越该磁场区（临界速度对应的半径为L）。 需画的辅助线如图中mvR=，偏转角由虚线MN、OM所示。 轨迹半径BqRL=sin解得；侧移y用勾股定理R2=L2+(R-y)2解出；经历时间由t=m/Bq计算。 速率v较小的未能穿越磁场区，而是从入射边射出。 根据对称性，粒子在磁场中的轨迹一定是半圆，如图中虚线所示，该半径的最大值为磁场宽度L。 无论半径多大，只要从入射边射出，粒子在磁场中经历的时间都一定相同，均为T/2。 质量m，电荷量q的带正电粒子，以与边界夹角为的速度射入磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区。 为使粒子不能穿越该磁场区，求速度的取值范围。 画出与初速度对应的半径方向，该射线上有且仅有一个点O到O和磁场上边界等距离，O就是该临界圆弧的圆心，R满足R(1+cos)=L。 与R对应的速度就是临界速度，速度比它小的都不能穿越该磁场。 轨迹对应的圆心角均为2(-)，在磁场中经历的时间均为t=2(-)m/Bq。 质量m，电荷量q的带正电粒子，以与边界成任意角度的相同速率射入磁感应强度为B，宽度为L的匀强磁场区。 为使所有粒子都不能穿越该磁场，求粒子的最大速度。 速率相同的条件下，最容易穿越磁场的是沿磁场下边界向左射入的粒子，如果它对应的半径r=L/2（对应的轨迹圆弧如图中实线所示）将恰好到达磁场上边界，那么沿其他方向射入磁场的粒子必然不能穿越该磁场。 如果以垂直于下x OM BP Qv0y vv0rvy NS v L BO vvLvOB RO MNy vL OB RO MN v边界的速度射入的粒子恰好到达磁场上边界，对应的半径r=L（其轨迹圆弧如图中虚线所示），那么入射方向比它偏左的粒子将穿越磁场。 六、“带电粒子在磁场中的圆周运动”的多解型问题带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，出现多解原因包含以下几个方面 （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，在初速度相同的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解.【例】如图1所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN是它的下边界。 现有质量为m，电荷量为q的带电粒子与MN成30角垂直射入磁场，求粒子在磁场中运动的时间。 【解析】粒子在磁场中的偏转方向取决于所受的洛仑兹力的方向，不同电性的粒子所受的洛仑兹力的方向不同，本题没有明确粒子究竟带何种性质的电荷，所以粒子的轨迹可能是图2中的两条。 由和得由图可知 （2）磁场方向不确定形成多解有时题目中只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向.此时必须要考虑磁感应强度方向的不确定而形成的多解. （3）临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下穿越有界磁场时，由于带电粒子的运动轨迹是圆周的一部分，因此带电粒子可能穿越了有界磁场，也可能转过180能够从入射的那一边反向飞出，就形成多解.【例1】如图3所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，板长为L，板间距离为d，两板间存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。 有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从磁场左侧靠近N板处水平射入，欲使粒子不能打到金属板上，则粒子的入射速度v应满足什么条件？【解析】欲使粒子不能打到金属板上，则粒子可能会从磁场右侧飞出，圆周运动的半径较大；粒子也可能会从磁场左侧飞出，圆周运动的半径较小。 那么粒子不会打到金属板的临界条件就有两个粒子刚好从金属板M的右侧边缘和左侧边缘射出。 其临界条件所对应的运动轨迹如图4所示。 （1）粒子入射速度为v1时，轨迹半径为R1，由几何知识知R1根据牛顿第二定律有2=(R1d)2+L2qv1B=mv12/R1解得v1=qB(d （2）粒子入射速度为v2时，轨迹半径为R2，由几何知识知R2=d/2根据牛顿第二定律有2/R2解得v2=qBd/2m所以粒子入射速度v应满足的