36带电粒子在有界磁场中运动问题分类解析1

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1、带电粒子在有界磁场中运动问题分类解析刘玉平一、教学目标（一）知识与技能1、掌握带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的规律。2、灵活运用带电粒子在有界磁场中运动的规律解决有关问题。（二）过程与方法 1、通过综合运用力学知识、电磁学知识解决带电粒子在磁场中的问题。 2、培养学生的分析推理能力。（三）情感态度与价值观 通过学习，充分理解带电粒子在有界磁场中运动的规律，体会科技创新的思维与历程。二、重点与难点： 重点：运用带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的规律解决有关问题。 难点：灵活运用带电粒子在有界磁场中运动的规律解决有关问题。三、教学方法：讲授与探究 四、教学过程：一、带电粒子在半无界磁场中的运

2、动【例1】如图所示,真空室内有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T, 磁场内有一块平行感光板ab,板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的 a粒子发射源S,它向各个方向发射a粒子，a粒子的速度都是v=3.0x106m/s.已知a粒子的电 量与质量之比q/m=5.0x107C/kg，现只考虑在纸平面中运动的a粒子，求ab上被a粒子打中的 区域长度.解析：洛伦兹力是a粒子作圆运动的向心力；计算出圆半径后，确定圆心的位置就成为解题 的关键，粒子轨迹与ab相切，以及a粒子离S最远的距离为2r是判定最远点的条件.如图11-3-2.a粒子带正电，用左手定则

3、判定a粒子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Bqv=mV 1r解得r =-（生）Bm3 x 1065.0x 107 x 0.6m = 0.10m可见 2rlr.因向不同方向发射的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P1就是a粒子能打中的左侧最远点，为定出匚的位置，可作平行与ab的直线cd，cd到ab的距离为r=0.10m.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P1.由图中几何关系得：NP1 =Jr2（l - r）2 .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

4、为圆心 作圆，交ab于N右侧的P2点，P2即为a粒子在右侧能达到的最远点.由几何关系得：NP = x；4r2 l2 .所求长度为：P P =NP +NP =0.20m.2 12 1 2 二、带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动【例2】长为L间距为d的水平两极板间，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B,两板 不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（重力不计），从左 侧两极板的中心处以不同速率v水平射入，欲使粒子不打在板上，求 粒子速率v应满足什么条件.解析：如图3,设粒子以速率v 1运动时，粒子正好打在左极板边缘dv 2（图4中轨迹1）,则其圆轨迹半径为R =，又由Bqv = m古得1

5、41 R1Bqdv =，则粒子入射速率小于v时可不打在板上.1 4 m1v 1o1fLXXXdx设粒子以速率v 2运动时，粒子正好打在右极板边缘（图4中轨迹2），由图可得d4 L + d 2R22 = L2 + (R2 I)2，则其圆轨迹半径为R2 =又 由 Bqv2v2=m-R2Bq(4 L2 + d 2)4md，则粒子入射速率大于v 2时可不打在板上.综上，要粒子不打在板上，其入射速率应满足：v 砌节：）4m4md【例3】如图4所示，A、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为d = 1.0X10-2m，A板中央有一电子源P,在纸面内能向各个方向发射速度在03.2x 107m/s 范围内的

6、电子，Q为P点正上方B板上的一点，若垂直纸面加一匀强磁场, 磁感应强度B = 9.1 X10-3T，已知电子的质量m = 9.1 x 10-31 kg，电子电量e = 1.6x 10-19C，不计电子的重力和电子间相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地.求：（1）沿PQ方向射出的电子击中A、B两板上的范围.(2)若从P点发出的粒子能恰好击中Q点，则电子的发射方向(用图中9角表示)与电 子速度的大小v之间应满足的关系及各自相应的取值范围.解析：如图5所示，沿PQ方向射出的电子最大轨迹半径由Bev=mv2/ r可得r = mv / eB,mm代入数据解得r =2xl0-2m=2d.m该电

7、子运动轨迹圆心在A板上H处，恰能击中B板M处.随着电子速度的减少，电子轨迹 半径也逐渐减小.击中B板的电子与Q点最远处相切于N点，此时电子的轨迹半径为d，并恰能 落在A板上H处.所以电子能击中B板MN区域和A板PH区域.A P F H在A MFH中，有FH = HM2 -MF2 = .(2d)2 d23d,QM = PF = (2 -、3)d 二 2.68 x 10- m/ s，QN = d - 1 x 10 -2 m， PH = 2d = 2 x 10 -2 m .电子能击中B板Q点右侧与Q点相距2.68 x 10-3m 1 x 10-2m的范围.电子能击中A板P点右侧与P点相距02x 10

8、-2m的范围.解得 v sin9 - 8 x 106.(2)如图6所示，要使P点发出的电子能击中Q点，则有 mvdr -， r sin 9 -1-arcsin ；min4Be2v取最大速度3.2 x 107 m / s时，有sin9= 4，9兀V取最小速度时有9-，v - 8 x 106m/s .max 2 min所以电子速度与9 之间应满足1兀vsin9 - 8 x 106，且9 w arcsin ，一， v g 8 x 106m/s,3.2 x 107 m/s.4 2【例4】如图11-3-16所示，一足够长的矩形区域abed内有磁感应强度 为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad边的中点

9、O处，以 垂直磁场且跟ad边成30角的速度方向射入一带电粒子.已知粒 子质量为m,带电量为q， ad= l,不计粒子重力.(1) 若粒子从ab边上射出，则入射速度v0的范围是多少？(2) 粒子在磁场中运动的最长时间为多少？ 解析：粒子在矩形区域内运动的边界状态如图：由几何关系：ri=L,r2=L/3 粒子做匀速圆周运动qvB=mv2/ R即r= mv / qB对 r=L 有：v=qBL / m对 r=L/3 有：v2=qBL / 3m讨论：(1)当v0qBL / m时粒子在比边上射出磁场，射出范围为EF段： 西=%曲3$ =耳LdF =(2)当时，粒子在加1边上的GH段射出，射出段GH的范围：

10、dG = r2c0s3O=Z丽=% + % cos 30=可笋 L(3)当Ovv0VqBL /3 m时，粒子在ab边上的OM段上射出.Oa = Ma - - r2-L射出段OM的范围：当粒子从M点射出时，旋转角度最大为5 n/3，在磁场中运动时间最长：._ 叮于 _ -：| 加兄 _三、带电粒子在“三角形磁场区域”中的运动【例4】在边长为2a的三角形ABC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q,质量为m的粒子从距A点J3a的D点垂直 AB方向进入磁场，如图7所示，若粒子能从AC间离开磁场，求粒子速率 应满足什么条件及粒子从AC间什么范围内射出.解析：如图8所示，设粒子速率为

11、V时，其圆轨迹正好与AC边相切于E点.，O A =、3a R ，1 1B由图知，在AAO E中，OE = R1 1 1由 cos30o =得3 =R一O A 2v3a R1 1则 AE = O1A =-R2，解得 R = 3(2 -占)a，121 = (2 3 3)a -C1XX-XE；R1XBqR1 = 3(2-3)aqB，则要粒子能从AC间 A /CGXX XR- XX2FvX又由Bqv = mVi2得1R 1离开磁场，其速率应大于V.v = 十1mo*2如图9所示，设粒子速率为v2时，其圆轨迹正好与BC边相切于F点，与AC相交于G点.易知A点即为粒子轨迹的圆心，则R = AD = AG

12、=、13a .2又由Bqv = mYiL得v =：i3agB，则要粒子能从AC间离开磁场，其速率应小于等于v 2Bqv2 m R v2 m 22 _ _综上，要粒子能从AC间离开磁场，粒子速率应满足3(2 3)aqB v x3aqB .粒子从距A点(2站3 - 3)a 、.：3a的EG间射出.【例5】边长为100cm的正三角形光滑且绝缘的刚性框架ABC固定在 光滑的水平面上，图内有垂直于框架平面B=0.5T的匀强磁场.一质 量m=2xl0-4kg，带电量为q=4xlO-3C小球，从BC的中点小孔P处以 某一大小的速度垂直于BC边沿水平面射入磁场，设小球与框架相碰后 不损失动能.求：(1) 为使

13、小球在最短的时间内从P点出来，小球的入射速度v1是 多少？(2) 若小球以v2=1m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由P点出来?解析：（1）根据题意，粒子经AB、AC的中点反弹后能以最短的时间射 出框架，即粒子的运动半径是 0.5m由牛顿第二定律得:qvB=mv2/ R即R= mv / qB 代入数据解得v1=5m/s（2）当粒子的速度为lm/s时，其半径R2=O.lm, 其运动轨迹如图，可知粒子在磁场中运动了6.5个周期由T= 2n R/ v = 2n m / qB=0.2ns故经t= 1.3ns粒子能从P点出来.练习:1. 如图所示有一边界为矩形的磁场，一带电量为q、质量为m的带负电的

14、粒子到达坐标中（a,b）点时速度为v,方向与x轴方向相同，欲使粒子到达坐标原点时速率仍为v,但方向与x轴方 向相反，则所在磁场的方向应为，磁感应强度的大小B=，在图中标出磁场分布的最小范围.解析：根据题目要求，带负电粒子在（a, b）点时所受的洛伦兹力方向 沿y轴负方向，根据左手定则知磁场应垂直于纸面向里.为使带电粒子过坐标原点时沿x轴负方向，则带电粒子圆周运动的直径 应为b,且磁场应分布在直线x=a的右侧.根据洛伦兹力提供向心力得由 Bqv=mv2/（b/2） 得 B=2mv/qb 磁场最小分布在长为b、宽为b/2的矩形区域内.2. 一个负离子，质量为m,电量大小为q,以速率V垂直于屏S经过

15、小孔O射入存在着匀强磁场 的真空室中（如图1）.磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角Qlx Vx XBX跟t的关系是& =qBt/2m。解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直,在洛仑兹力作用下做 匀速圆周运动设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得：qvB=mv2/ r解得 r= mv / qB如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r ,所以 AO= 2mv / qB所以e=qBt/2m。当离子到位置P时,圆心角

16、（见图2）： a =巴=B-t ,因为a = 20 ,rm3. 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-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 B ）A.使粒子的速度V5BqL/4m； C.使粒子的速度VBqL/m； D.使粒子速度B-L/4mvVv5B-L/4m。 解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明 显，圆周运动的半径大于某值q时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于 某值r2时粒子可从极板的左边穿出，

17、现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒 子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：厂/二厶却片-厶）2得r1=5L/4, 又由于r1=mV1/Bq得V=5BqL/4m,:. V5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2=L/4,又由r2=mVJBq=LI4得V2=BqL/4m ；.V2BqL/4m时粒子能从左边穿出。4.初速度为零的离子经电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进 入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场.如q图1所示(不考虑

18、重力作用)，离子的比荷兰(q、m分别是离子的电量和质量)在什么范围内,m离子才能打在金属板上？解析：设从离子枪T射出的是正离子，则落在下板上(若是负离子则落在上板上)，最小水 平距离为d，最大水平距离为2d，下落距离为d/2,若离子在电场中做圆周运动的轨迹半径为x2 dr =+ ，4r=17d /4.2落点距电子枪水平距离为x，则： 当 x=d 时，r=5d /4； 当 x=2d 时, 离子在离子枪中被加速后的速度为V =，又：因为：，所以：32Ug _ 2U m B2 r32Ur， 0区域内，有磁感强度B = 1.0x 10-2T的匀强磁场，方向与xoy平面垂直，在x轴上的p（10,0）点，

19、有一放射源，在xoy平面内向各个方向发射速率v = 1.0 x 104 m/ s的带正电的粒子，粒子的质量为m二1.6 x 10 -25 kg，电量为 q = 1.6x 10-18C，求带电粒子能打到y轴上的范围.v2 解析：带电粒子在磁场中运动时有Bqv = m ,Rmv1.6 x1025 x1.0 x104R = 0.1m = 10cm.Bq 1.0 x102 x1.6x1018如图2所示，当带电粒子打到y轴上方的a点与p连线正好为其圆 轨迹的直径时， A 点既为粒子能打到 y 轴上方的最高点. 因Op = R = 10cm， AP = 2R = 20cm， I 贝IOA = AP2 OP2 = 10.3cm .当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，B点既为粒子能打到y轴下方的最低 点，易得OB = R = 10cm.综上，带电粒子能打到y轴上的范围为：-10cm y 103cm .