带电粒子在磁场中运动解题方法和经典例题

..带电粒子在磁场中运动一、不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行,则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直,则粒子做匀速圆周运动．质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动,其角速度为ω,轨道半径为R,运动的周期为T,推导半径和周期公式：推导过程：运动时间t=3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题,应注意把握以下几点．<1>粒子圆轨迹的圆心的确定的常规方法①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向,可在已知的速度方向的位置作速度的垂线,同时作两位置连线的中垂线,两垂线的交点为圆轨迹的圆心,如图4－2所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向,可在两位置上分别作两速度的垂线,两垂线的交点为圆轨迹的圆心,如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R,可在该位置上作速度的垂线,垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心<利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧>,如图4－4所示．图4－2图4－3图4－4例1、一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P〔,0点以速度v,沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中,并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。〔坐标为〔0,例2、电子自静止开始经M、N板间〔两板间的电压为U的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L,如图2所示,求：〔1正确画出电子由静止开始直至离开磁场时的轨迹图；〔2匀强磁场的磁感应强度.〔已知电子的质量为m,电量为e<2>利用速度的垂线与角的平分线的交点找圆心当带电粒子通过圆形磁场区后又通过无场区,如果只知道射入和射出时的速度的方向和射入时的位置,而不知道射出点的位置,应当利用角的平分线和半径的交点确定圆心。例3、如图19-19所示,一带电质点,质量为m,电量为q,以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域.为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出,可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场.若此磁场仅分布在一个圆形区域内,试求这圆形磁场区域的最小半径.重力忽略不计.解析：质点在磁场中作半径为R的圆周运动,根据题意,质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆周,这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切.过a点作平行于x轴的直线,过b点作平行于y轴的直线,则与这两直线均相距R的O′点就是圆周的圆心.质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆<图中虚线圆>上的圆弧MN,M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上.在通过M、N两点的不同的圆周中,最小的一个是以MN连线为直径的圆周.所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为所求磁场区域如图中实线圆所示.变式：一质量为m、带电量为+q的粒子以速度v从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,粒子飞出磁场区域后,从B处穿过x轴,速度方向与x轴正方向的夹角为30°,同时进入场强为E、方向沿与x轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中,通过了B点正下方的C点。如图示4所示,不计重力,试求：〔1圆形匀强磁场区域的最小面积；〔2C点到B点的距离h。解析：〔1反向延长vb交y轴于O2点,作∠BO2O的角平分线交x轴于O1,O1即为圆运动轨道的圆心,OO1即为圆运动轨道的半径,其半径为①画出圆运动的轨迹〔图5虚线圆交BO2于A点,最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆,如图5阴影所示。设最小的磁场区域半径为r,则②③利用①②③解得〔2B到C受电场力作用,做类平抛运动沿初速方向：④沿电场方向：⑤利用④⑤消去t解得.<4>圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界射入的粒子,若再从此边界射出,则速度方向与边界的夹角相等例4如图3所示,直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场〔电子质量为m,电荷为e,它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？s=2r=②在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子必沿径向射出．例5．[带电粒子在有界匀强磁场中运动的分析]如图所示,半径为r的圆形空间内,存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子<不计重力>从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中,并从B点射出,若∠AOB＝120°,则该带电粒子在磁场中运动的时间为<>A.eq\f<2πr,3v0>B.eq\f<2\r<3>πr,3v0>C.eq\f<πr,3v0>D.eq\f<\r<3>πr,3v0>答案DOAOAv0Bv二、特殊方法1、旋转圆法在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射速度大小相同的带电粒子时,带电粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的半径相同的动态圆〔如图7,用这一规律可快速确定粒子的运动轨迹。例1．如图8所示,S为电子源,它在纸面360°度范围内发射速度大小为v0,质量为m,电量为q的电子〔q<0,MN是一块足够大的竖直挡板,与S的水平距离为L,挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为mv0/qL,求挡板被电子击中的范围为多大？解析：由于粒子从同一点向各个方向发射,粒子的轨迹为绕S点旋转的动态圆,且动态圆的每一个圆都是逆时针旋转,这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹,如图9所示,最高点为动态圆与MN的相切时的交点P,最低点为动态圆与MN相割,且SQ为直径时Q为最低点,带电粒子在磁场中作圆周运动,由洛仑兹力提供向心力,由得：SQ为直径,则：SQ=2L,SO=L,由几何关系得：P为切点,所以OP＝L,所以粒子能击中的范围为。例2．〔2010全国新课程卷如图10所示,在0≤x≤A．0≤y≤范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xy平面内,与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：〔1速度大小；〔2速度方向与y轴正方向夹角正弦。解析：设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得：,解得：。从O点以半径R〔＜R＜a作"动态圆",如图11所示,由图不难看出,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切。设该粒子在磁场中的运动时间为t,依题意,所以∠OCA＝。设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α,由几何关系得：,,再加上,解得：,,变式、如图,在0≤x≤eq\r<3>a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轴正方向的夹角分布在0°～180°范围内．已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P<eq\r<3>a,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．tm=2t02、缩放圆法带电粒子以大小不同,方向相同的速度垂直射入匀强磁场中,作圆周运动的半径随着速度的变化而变化,因此其轨迹为半径缩放的动态圆〔如图12,利用缩放的动态圆,可以探索出临界点的轨迹,使问题得到解决。例3．如图13所示,匀强磁场中磁感应强度为B,宽度为d,一电子从左边界垂直匀强磁场射入,入射方向与边界的夹角为θ,已知电子的质量为m,电量为e,要使电子能从轨道的另一侧射出,求电子速度大小的范围。解析：如图14所示,当入射速度很小时电子会在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出,速率越大,轨道半径越大,当轨道与边界相切时,电子恰好不能从另一侧射出,当速率大于这个临界值时便从右边界射出,设此时的速率为v0,带电粒子在磁场中作圆周运动,由几何关系得：r+rcosθ=d

①电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力：,所以：

②联立①②解得：,所以电子从另一侧射出的条件是速度大于。例4．如图,一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,现从矩形区域ad边中点O射入与Od边夹角为30°,大小为v0的带电粒子,已知粒子质量为m,电量为q,ad边长为L,ab边足够长,粒子重力忽略不计。求：〔1试求粒子能从ab边上射出磁场的v0的大小范围；〔2粒子在磁场中运动的最长时间和在这种情况下粒子从磁场中射出所在边上位置的范围。解析：〔1画出从O点射入磁场的粒子运动轨迹的动态圆,能够从ab边射出的粒子的临界轨迹如图23所示,轨迹与dc边相切时,射到ab边上的A点,此时轨迹圆心为O1,则轨道半径r1=L,由得最大速度。〔注：两条半径与它们所夹的一条边构成等边三角形轨迹与ab边相切时,射到ab边上的B点,此时轨迹圆心为O2,则轨道半径r2=L/3,由得最小速度。所以粒子能够从ab边射出的速度范围为：<v0<。〔2当粒子从ad边射出时,时间均相等,且为最长时间,因转过的圆心角为300°,所以最长时间：,射出的范围为：OC=r2=L/3。变式1如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q,质量为m<不计重力>,从点P经电场加速后,从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,CD为磁场边界上的一绝缘板,它与N板的夹角为θ＝45°,孔Q到板的下端C的距离为L,当M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,求：<1>两板间电压的最大值Um；<2>CD板上可能被粒子打中的区域的长度s；<3>粒子在磁场中运动的最长时间tm.解析<1>M、N两板间电压取最大值时,粒子恰垂直打在CD板上,所以圆心在C点,如图所示,CH＝QC＝L故半径r1＝L又因为qv1B＝meq\f<v\o\al<2,1>,r1>且qUm＝eq\f<1,2>mveq\o\al<2,1>,所以Um＝eq\f<qB2L2,2m>.<2>设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点,此轨迹的半径为r2,设圆心为A,在△AKC中：sin45°＝eq\f<r2,L－r2>解得r2＝<eq\r<2>－1>L,即eq\x\to<KC>＝r2＝<eq\r<2>－1>L所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝eq\x\to<HK>,即s＝r1－r2＝<2－eq\r<2>>L.<3>打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长,均为半个周期,所以tm＝eq\f<T,2>＝eq\f<πm,Bq>.答案<1>eq\f<qB2L2,2m><2><2－eq\r<2>>L<3>eq\f<πm,Bq>变式2．如图15所示,左边有一对平行金属板,两板的距离为d,电压为U,两板间有匀强磁场,磁感应强度为B0,方面平行于板面并垂直纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG〔EF边与金属板垂直,在此区域内及其边界上也有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间,沿同一方向射出金属板间的区域,并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。〔1已知这些离子中的离子甲到达边界EG后,从边界EF穿出磁场,求离子甲的质量；〔2已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点〔图中未画出穿出磁场,且GI长为3a/4,求离子乙的质量；〔3若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半,而离子乙的质量是最大的,问磁场边界上什么区域内可能有离子到达？解析：由题意知,所有离子在平行金属板之间做匀速直线运动,则有：qvB0=qU/d,解得离子的速度为：v=U/B0d〔为一定数值。虽然离子速度大小不变,但质量m改变,结合带电离子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式R=mv/qB分析,可画出不同质量的带电离子在磁场中的运动轨迹,如图16中的动态圆。〔1由题意知,离子甲的运动轨迹是图17中的半圆,半圆与EG边相切于A点,与EF边垂直相交于B点,由几何关系可得半径：R甲=acos30°tan15°=〔a,从而求得离子甲的质量m甲=。〔2离子乙的运动轨迹如图18所示,在ΔEIO2中,由余弦定理得：,解得R乙=a/4,从而求得乙离子的质量m乙=。〔3由半径公式R=mv/qB可知R∝m,结合〔1〔2问分析可得：

①若离子的质量满足m甲/2≤m≤m甲,则所有离子都垂直EH边离开磁场,离开磁场的位置到H的距离介于R甲到2R甲之间,即～；

②若离子的质量满足m甲<m≤m乙,则所有离子都从EG边离开磁场,离开磁场的位置介于A到I之间,其中AE的距离AE=,IE距离IE=。综合训练带电粒子在复合场〔非叠加的运动12、<20XX天津理综>一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中,粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求：〔1M、N间电场强度E的大小；〔2圆筒的半径R；〔3保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。[答案]<1><2><3>3[解析]<1>设两极板间的电压为U,由动能定理得①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②联立上式可得③<2>粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系做出圆心O’,圆半径为r,设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此SA弧所对圆心角。由几何关系得④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得⑤联立④⑤式得⑥<3>保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移后,设板间电压为,则⑦设粒子进入S孔时的速度为,由①式看出结合⑦式可得⑧设粒子做圆周运动的半径为,则⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨道所对圆心角为,比较⑥⑨两式得到,可见⑩粒子须经过这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3eq\o\ac<○,11>25〔2011全国卷1.〔19分〔注意：在试卷上作答无效如图,与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q〔q＞0的粒子以速度从平面MN上的点水平右射入I区。粒子在I区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E；在II区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。解析：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成α1角,位移与水平方向成α2角且α2=450,在电场中做类平抛运动,则有：得出：在电场中运行的位移:在磁场中做圆周运动,且弦切角为α=α1-α2,得出：在磁场中运行的位移为：所以首次从II区离开时到出发点的距离为：25〔2011全国理综.〔19分如图,在区域I〔0≤x≤d和区域II〔d≤x≤2d内分别存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,方向相反,且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q〔q＞0的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时,速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求〔1粒子a射入区域I时速度的大小；〔2当a离开区域II时,a、b两粒子的y坐标之差。解析：〔1设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C〔在y轴上,半径为Ra1,粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得①由几何关系得②③式中,,由①②③式得④<2>设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为,射出点为〔图中未画出轨迹,。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑤由①⑤式得⑥、和三点共线,且由⑥式知点必位于⑦的平面上。由对称性知,点与点纵坐标相同,即⑧式中,h是C点的y坐标。设b在I中运动的轨道半径为,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨设a到达点时,b位于点,转过的角度为。如果b没有飞出I,则⑩eq\o\ac<○,11>式中,t是a在区域II中运动的时间,而eq\o\ac<○,12>eq\o\ac<○,13>由⑤⑨⑩eq\o\ac<○,11>eq\o\ac<○,12>eq\o\ac<○,13>式得eq\o\ac<○,14>由①③⑨eq\o\ac<○,14>式可见,b没有飞出。点的y坐标为eq\o\ac<○,15>由①③⑧⑨eq\o\ac<○,14>eq\o\ac<○,15>式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为eq\o\ac<○,16>9、如图所示,在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E.一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。〔1求粒子过Q点时速度的大小和方向。〔2若磁感应强度的大小为一定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0；〔3若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该时间。[答案]见解析[解析]〔1设粒子在电场中运动的时间为,加速度的大小为a,粒子的初速度为,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为,速度与x轴正方向间的夹角为,由牛顿第二定律得eq\o\ac<○,1>由运动学公式得eq\o\ac<○,2>eq\o\ac<○,3>eq\o\ac<○,4>eq\o\ac<○,5>eq\o\ac<○,6>联立eq\o\ac<○,1>eq\o\ac<○,2>eq\o\ac<○,3>eq\o\ac<○,4>eq\o\ac<○,5>eq\o\ac<○,6>式得eq\o\ac<○,7>eq\o\ac<○,8>〔2设粒子做圆周运动的半径为,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,为圆心,由几何关系可知△O1OQ为等腰直角三角形,得eq\o\ac<○,9>由牛顿第二定律得e