带电粒子在有界磁场中运动解题方法总结.docx

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1、带电粒子在有界磁场中运动解题方法总结此类问题的解题关键是寻找临界点，寻找临界点的有效方法是:轨迹圆的缩放:用圆规作出一系列大小不当入射粒子的入射方向不变而速度大小可变时，粒子做圆周运动的圆心一定在入射点所受洛伦兹力所表示的射线上，但位置（半径R）不确定,同的轨迹图，从圆的动态变化中即可发现“临界点”.j M-cl即:qB 1 + CosOv亚有：0 m(l + CosO)由图知粒子不可能从P点下方向射出EF,即只能从P点上方某一区域射出；又由于粒子从点A进入磁场后受洛仑兹力必使其向右下方偏转，故粒子不可能从AG直线上方射出；由此可见EF中有粒子射出的区域为PG,PG=R0Sin6+dcotB=

2、dS9+dcot6且由图知:例3如图所示，一足够长的矩形区域abed内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为文 义 ：XXXX；% X X X X ：B的匀强磁场,在ad边中点0,方向垂。1-直磁场向里射入一速度方向跟ad边匕夹角0=30、大小为VO的带正电粒；X子，己知粒子质量为m,电量为q,adXXj边长为L,ab边足够长，粒子重力不认计，求：(1)粒子能从ab边上射出磁场d的Y。大小范围.(2)如果带电粒子不受上述V。大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.nv解析：(1)若粒子速度为V,则qvB=R,所以有R=qli,设圆心在Q处对应圆弧与ab边相切，相应速度为V*贝uR+RsiM

3、将R,=由代入上式可得，一喏类似地，设圆心在6处对应圆弧与Cd边相切，相应速度为v2,贝J-sin。将R=刍砧代入上式可得，V=qBL2802E所以粒子能从ab边上射出磁场的V应满足qBLvWqBL3nm(2)由t=-7及T二竺加可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角。越长，在2兀qB髓器勰舞翳长：由图可知在磁场中运动的半径明时，运动时间最长，弧所所以最长时间为t二空二皿=5imgBqB么条件及粒子从AC间什么范围内射出.解析：如图6所示，设粒子速率为y时, 相切于E点.其圆轨迹正好与AC边I 4 tg AD例4如图7所示，矩形匀强磁场区域的长为L,宽为L/2。磁感应强度为B,质量为m,电荷量

4、为e的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：电子速率V的取值范围？解析：(1)带电粒子射入磁场后，由于速率大小的变化，导致粒子轨迹半径的改变，如图所示。当速率最小时，粒子恰好从d点射出，由图可知其半径R产L/4,再由R=mveB,得血尾二野+(5)-)2当速率最大时，粒子恰好从C点射出，由图可知其半径K满足2,即R2=5L4,再由R2=mv三eB,得5&BL电子速率V的取值范围为：帆4小。由图知，在 AAolE 中，呼=Rb 0A =Zffa-Riic0s3m =4 得一一=-；=-,解得 R 3(2 3：OA 2T 3a R11IOA 3a a RAE1(23

5、 3)。.22V 2 BqR 3(2 3)aqB 又由Bgu =6-十得u_1 ,1 Rlmtn1从AC间离开磁场，其速率应大于V . 1,由图6则要粒子能gSOA2图7 例5、在边长为2。的AABC内存在垂直纸面向里的磁感强度为B的匀强磁场，有一带正电%质量为的粒子从距A点3。的D点垂直AB方向进入磁场，如图5所示，若粒子能从AC间离开磁场，求粒子速率应满足什如图7所示，设粒子速率为V时，其圆轨迹正好与BC边相切于F点，与AC相交于2G点.易知A点即为粒子轨迹的圆心，则R2=AO=AG=334.又由4加-2-得匕二涉地要粒子能从AC间离开磁场，其速率应小FR2m2等于%.综上，要粒子能从AC

6、间离开磁场，粒子速率应满足0qBv3aqBL.mm粒子从距A点（2V33）。0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的OXy平面，方向指向纸外，原点0处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价正离子，对于速度在OXy平面内的离子，它们在磁场中做圆弧运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（八）例8如图，在X轴的上方(yNO)存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在原点0有一个离子源向X轴上方的门各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子，速率都为V。对，那些在Xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大X=W,最大y=例9图中虚线0MN是一垂直纸面的平面与

7、纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外是MN上的一点，从0点可以时向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为的粒于，粒于射入I.磁场时的速度可在纸面内各个方向已知先后射人的两个粒子恰,好在力磁场中给定的P点相遇，P到0的距离为L不计重力及j粒子间的相互作用、求所考察的粒子在磁场中的轨道半径i求这两个粒子从。点射人磁场的时间间隔解析：设粒子在磁i场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律，有i.(1)源二总得八3(2)如图所示，以OP为弦可画两个半径半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道，圆心和直径分别为01、02和OOIQ1、002Q2,在0处

8、两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用。表示它们之间的夹角。由几何关系可知：/Fa乌二日从。点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长OF白尸二RO粒子2的路程为半个圆周减弧长FQa=Re粒子2运动的时 间：Zl = T + 12 V粒子1运动的时间：两粒子射入的时间间& = 2 arccos陨：2RRcos&L22得y-例10如图1,半径为r=IOcw的匀强磁场区域边界跟y轴相切于坐标原点0,磁感强度8=0.332。方向垂直纸面向里.在0处有一放射源S,可向纸面各个方向射出速度为V=3.2106s的粒子.已知a粒子质量m=6.64X10-27kg,电量q=3.2x10-19。，试画出a粒

9、子通过磁场空间做圆周运动的圆心轨道，求出a粒子通过磁场空间的最大偏角.解析：设粒子在洛仑兹力作用下的轨道半径为R,由v2BqV-m得R664X10332X106根=o.2O=20CM0.332X3.2X10-19虽然a粒子进入磁场的速度方向不确定，但粒子进场点是确定的，因此0,粒子作圆周运动的圆心必落在以0为圆心，半径R=20c、机的圆周上，如图2中虚线.由几何关系可知，速度偏转角总等于其轨道圆心角.在半径R一定的条件下，为使a粒子速度偏转角最大，即轨道圆心角最大,应使其所对弦最长.该弦是偏转轨道圆的弦，同时也是圆形磁场的弦.显然最长弦应为匀强磁场区域圆的直径.即a粒子应从磁场圆直径的A端射出

10、.如图2,作出磁偏转角干及对应轨道圆心。，据几何关系得sin=r=l得2R2=6o,即a粒子穿过磁场空间的最大偏转角为60.例11如图8所示,真空室内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小B=0.60T,磁场内有一块平面感光板ab,板面与磁场方向平行，在距ab的距离1=16Cm处，有一个点状”的a放射源S,它向各个方向发射a粒子，a粒子的速度都是v=3.0*10施/$,已知。粒子的电荷与质量之比qm=5.OXlO；C/kg,现只考虑在图纸平面中运动的a粒子，求ab上被a粒子打中的区域的长度。cm解析：a粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有qvB

11、=mv2R,XXXX4戈/Cm由此得R二皿丫分卜代入数值得R=IOCn1。XXXXXXX M闵X可见，2R1R,如图9所示，因朝不同方向发射的a粒子的圆轨迹都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点、就是a粒子能打中的左侧最远点。为定出、点的位置，可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心，R为半径，作弧交Cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为、。再考虑N的右侧。任何a粒子在运动中离S的距离不可能超过2R,以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。由图中几何关系得所求长度为piP2=npi+np2,代人数值得PR=20c%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，其对应的轨迹半径也就确定了。但由于入射速度的方向发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹图，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临界状态粒子运动的轨迹图（对应的临界状态的速度的方向），再利用轨迹半径与几何关系确定对应的出射范围。例12如图14所示，在真空中坐标工分平面的犬0区域内，有磁感强度B=LOx10-27的匀强磁场，方向与工分平面垂直，在X轴上的（10,0）点，有一放射源，在Xoy平面内向各个方向发射速率V=LoXIo4?/S的带正电的粒子，粒子的质量为-1.6义10-