带电粒子在有界磁场中运动解题方法总结

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：

①轨迹圆的缩放：

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，用圆规作出一系列大小不同的轨迹图，从圆的动态变化中即可发现“临界点”.

例1一个质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），

从O点处沿+y方向以初速度射入一个边界为矩形的匀强

磁场中，磁场方向垂直于xy平面向里，它的边界分别是

y=0,y=a,x=-1.5a,如图所示，那么当B满足条件_________

时，粒子将从上边界射出：当B满足条件_________时，

粒子将从左边界射出：当B满足条件_________时，粒子

将从下边界射出：

例2 如图9-8所示真空中宽为d的区域内有强度为B的匀强磁场方向如图，质量m带电-q的粒子以与CD成θ角的速度V0垂直射入磁场中。要使粒子必能从EF射出，则初速度V0应满足什么条件？EF上有粒子射出的区域？

【审题】如图9-9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，依此画出临界轨迹，借助几何知识即可求解速度的临界值；对于射出区域，只要找出上下边界即可。

【解析】粒子从A点进入磁场后受洛伦兹力作匀速圆周运动，要使粒子必能从EF射出，则

相应的临界轨迹必为过点A并与EF相切的轨迹如图9-10所示，作出A、P点速度的垂线相交于O/即为该临界轨迹的圆心。

临界半径R0由

d

Cosθ

R

R0

=

+

有: θ

+

=

Cos

1

d

R0

；

故粒子必能穿出EF的实际运动轨迹半径R≥R0

即:

θ

+

≥

=

Cos

1

d

qB

mv

R0

有:

)

Cos

1(

m

qBd

v0

θ

+

≥

。

图9-8 图9-9 图

9-10

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 ，

且由图知:

θ

+θ+θ

=

θ+θ=cot d Cos 1dSin cot d Sin R PG 0。

例3 如图所示，一足够长的矩形区域abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为

B 的匀强磁场，在ad 边中点O ，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad 边夹角θ = 30°、大小为v 0的带正电

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

不计，

求：（1）粒子能从ab 边上射出磁场的v 0大小范围. （2）如果带电粒子不受上述v 0大小

范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间.

解析：（1）若粒子速度为v 0，则qv 0B =

R v m

2

， 所以有R =qB mv 0， 设圆心在O 1处对应圆弧与ab 边相切，相应速度为v 01，则R 1＋R 1sin θ =

2

L

， 将R 1 =

qB mv 01代入上式可得，v 01 =m

qBL

3 类似地，设圆心在O 2处对应圆弧与cd 边相切，相应速度为v 02，则R 2－R 2sin θ =

2

L

， 将R 2 =

qB mv 02代入上式可得，v 02 =m

qBL

所以粒子能从ab 边上射出磁场的v 0应满足

m qBL 3＜v 0≤m

qBL

（2）由t =

T π

α

2及T =

qB m 2π可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在磁场中运动的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径r ≤R 1时，运动时间最长，弧所

对圆心角为（2π－2θ），

所以最长时间为t =qB m )22(θπ-=qB

m

5π

a b c d

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 1=L/4，再由R 1=mv 1/eB ，得

当速率最大时，粒子恰好从c 点射出，由图可知其半径R 2满足，即

R 2=5L/4，再由R 2=mv 2/eB ，得

电子速率v 的取值范围为：。

例5、在边长为a 2的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a 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1v 时，其圆轨迹正好与ＡＣ边相切于Ｅ点．

由图知，在E AO 1?中，11R E O =，113R a A O -=

，由

A

O E O 11030cos =

得

1

1323R a R -=，解得a R )32(31-=，则a R a A

O AE )332(2

321

1-=-=

=． 又由1

2

11R v

m Bqv =得m aqB m BqR v )32(311-==，则要粒子能从ＡＣ间离开磁场，其速率应大于1v ．

图5

D

B

图6

D 1o

如图７所示，设粒子速率为2v 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a AG AD R 32=

==．

又由2

2

22R v m Bqv =得m aqB

v 32=，则要粒子能从ＡＣ间离开磁场，其速率应小于

等于2v ．

综上，要粒子能从ＡＣ间离开磁场，粒子速率应满足

m

aqB

v m aqB

3)32(3≤

<-． 粒子从距Ａ点a a 3~)332(-的EG 间射出．

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，使问题得解；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R0”，然后利用粒子运动的实际轨道半径R 与R0的大小关系确定范围。

② 轨迹圆的旋转：

当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向

入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转中，也容易发现“临界点”.

例6 一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m 带电量为+q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域. 不计重力，不计粒子间的相互影响. 下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的图是 （ A ）

例7 在y>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O 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（ A ）

例8 如图，在x轴的上方（y≥0）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O有一个离子源向x轴上方的

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＝

________________，最大y＝________________

例9 图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，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O 点可以

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

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

磁场中给定的P点相遇，P到0的距离为L不计重力及粒子间的相

互作用

(1)求所考察的粒子在磁场中的轨道半径

(2)求这两个粒子从O点射人磁场的时间间隔

解析：设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有

（1）

得

（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O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O处两个圆的切线分别

表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。

由几何关系可知：

从O点射入

到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长

=Rθ粒子2

的路程为半个圆周减弧长=Rθ

粒子1运动的时间：

粒子2运动的时间：

两粒子射入的时间间隔：

因

得

可解得：

例10 如图1，半径为cm r 10=的匀强磁场区域边界跟y

轴相切于坐标原点O ，磁感强度T B 332.0=，方向垂直纸面向里．在O 处有一放射源S ，可向纸面各个方向射出速度为

s m v /102.36?=的粒子．已知α粒子质量kg m 27

10

64.6-?=，电量C q 19

10

2.3-?=，试画出α粒子通

过磁场空间做圆周运动的圆心轨道，求出α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

R

v m Bqv 2

= 得

cm m m Bq mv R 2020.0102.3332.0102.31064.619

6

27==?????==--

虽然α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α粒子作圆周

运动的圆心必落在以O 为圆心，半径cm R 20=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α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α粒子应从磁场圆直径的A 端射出．

如图２，作出磁偏转角?及对应轨道圆心O '，据几何关系得2

1

2

sin

==

R r ?

，得060=?，即α粒子穿过磁场空间的最大偏转角为060．

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l=16cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度

都是v=3．0×106

m/s ，已知α粒子的电荷与质量之比

q/m=5．0×107C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab 上被α粒子打中的区域的

长度。

解析：α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=mv 2

/R ，

由此得 R=mv/qB ，代入数值得R=10cm 。

可见，2R>l>R ，如图9所示，因朝不同方向发射的α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P 1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出

P 1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P 1。

，

再考虑N 的右侧。任何α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P 2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 P 1P 2=NP 1+NP 2，

代入数值得 P 1P 2=20cm 。

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xoy 平面的0>x 区域内，有磁感强度T B 2

100.1-?=的匀强磁场，方向与xoy 平面垂直，在x 轴上的)0,10(p 点，有一放射源，在xoy 平面内向

图14

o cm x /cm y /p ?????

??

????

??

??

??

各个方向发射速率s m v /100.14?=的带正电的粒子，粒子的质量为kg m 25

106.1-?=，

电量为C q 18

10

6.1-?=，求带电粒子能打到y 轴上的范围．

解析：带电粒子在磁场中运动时有R v m Bqv 2

=，则

cm m Bq mv R 101.010

6.1100.110

0.1106.11824

25

==??????==

---． 如图１５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cm R Op 10==，cm R AP 202==，则cm OP AP OA 3102

2=-=．

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cm R OB 10==．

综上，带电粒子能打到y 轴上的范围为：cm y cm 31010≤≤-．

小结：

1.带电粒子进入有界磁场,运动轨迹为一段弧线.

解决这类问题的切入点是：定圆心；求半径；画轨迹；找圆心角。 2.同源粒子垂直进入磁场的运动轨迹

(2) 粒子进入单边磁场时,入射速度与边界夹角等于出射速度与边界的夹角; 针对性训练:

1、 如图11所示，A 、B 为水平放置的足够长的平行板，板间距离为m d 2

100.1-?=，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s m /102.3~07

?范围内的电子，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T B 3

101.9-?=，

速度大小不同，

方向相同。 cm /

已知电子的质量kg m 31

10

1.9-?=，电子电量C e 19106.1-?=，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P Ｑ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θ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１２所示，沿ＰＱ方向射出的电子最大轨迹半径由

r v m Bev 2

=可得Be

mv r m m =，代入数据解得d m r m 21022

=?=-． 该电子运动轨迹圆心在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．

在?ＭＦＨ中，有d d

d MF HM FH 3)2(2

22

2-=-=

，

s m d PF QM /1068.2)32(3-?=-==， m d QN 2101-?==，m d PH 21022-?==．

电子能击中Ｂ板Ｑ点右侧与Ｑ点相距m m 2

3

101~1068.2--??的范围．电子能击中Ａ板Ｐ点右侧与Ｐ点相距m 2

102~0-?的范围．

（２）如图１３所示，要使Ｐ点发出的电子能击中Ｑ点，则有Be mv r =，2

sin d

r =θ． 解得6

108sin ?=θv ．

v 取最大速度s m /102.37?时，有41sin =

θ，4

1

arcsin min =θ；v 取最小速度时有2

max πθ=

，s m v /1086

min ?=．

所以电子速度与θ之间应满足6

108sin ?=θv ，且]2

,

41[arcsin π

θ∈，]/102.3,/108[76s m s m v ??∈

2、据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内．现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图8所示的是一个截面为内径m R 6.01=、外径m R 2.12=的环状区域，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场．已知氦核的荷质比

图13

P

kg c m

q

/108.47?=，磁场的磁感应强度T B 4.0=，不计带电粒子重力． （1）实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v 的大小与它在磁场中运动的轨道半径r 有关，试导出v 与r 的关系式．

（2）若氦核沿磁场区域的半径方向平行于截面从A 点射人磁场，画出氦核在磁场中运动而不穿出外边界的最大圆轨道示意图．

（3）若氦核在平行于截面从A 点沿各个方向射人磁场都不能穿出磁场外边界，求氦核的最大速度．

解析：（１）设氦核质量为m ，电量为q ，以速率v 在磁感强度为B 的匀强磁场中做半径为r 的匀速圆周运动，由洛仑兹力公式

和牛顿定律得R v m Bqv 2=，则m

Bqr

v =．

（２）所求轨迹示意图如图９所示（要与外圆相切） （３）当氦核以m v 的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以m v 速度沿各方向射入磁场区的氦核都不能穿出磁场外边界，如图１０所示．

由图知m R R r 3.0212=-='，又由r v m Bqv 2

=得

Bq

mv

r =

， 在速度为m v 时不穿出磁场外界应满足的条件是

r Bq

mv m

'<， 则s m m

r Bq v m /1076.53.0108.44.067?=???='

≤

． 3、(14分)如图所示的直角坐标系中，在直线x =－2l 0到y 轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x 轴上方的电场方向沿y 轴负方向，x 轴下方的电场方向沿y 轴正方向。在电场左边界上A （－2l 0，－l 0）到C （－2l 0，0）区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子。从某时刻起由A 点到C 点间的粒子，依次连续以相同的速度v 0沿x 轴正方向射入电场。若从A 点射入的粒子，恰好从y 轴上的A ′（0，l 0）沿x 轴正方向射出电场，其轨迹如图。不计粒子的重力及它们间的相互作用。 ⑴求匀强电场的电场强度E ；

⑵求在AC 间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x 轴正方向运动？

⑶若以直线x =2l 0上的某点为圆心的圆形区域内，分布着垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，使沿x 轴正方向射出电场的粒子，经磁场偏转后，都能通过直线x =2l 0与圆形磁场边界的一个交点处，而便于被收集，则磁场区域的最小半径是多大？相应的磁感应强度B 是多大？

图10

图9

⑴ 从A 点射出的粒子，由A 到A ′的运动时间为T ，根据运动轨迹和对称性可得 x 轴方向 002l v T = (1分) y 轴方向 2)2

(2122

0?=T m qE l (1分) 得：0

2mv E ql =

（2分） ⑵ 设到C 点距离为△y 处射出的粒子通过电场后也沿x 轴正方向，粒子第一次达x 轴用时△t ，水平位移为△x ，则 0x v t ?=? 21()2qE

y t m

?=

? （1分） 若满足022l n x =??，则从电场射出时的速度方向也将沿x 轴正方向 （2分）

解之得：2002

20111

()2l qE y l n m v n

?=

= （2分） 即AC 间y 坐标为021

y l n

=- （n = 1，2，3，……） （1分）

⑶ 当n =1时，粒子射出的坐标为10y l =

当n =2时，粒子射出的坐标为201

4

y l =-

当n ≥3时，沿x 轴正方向射出的粒子分布在y 1到y 2之间（如图）y 1到y 2之间的距离为

L = y 1－y 2=054l 则磁场的最小半径为 0

528

l L R =

=

（2分） 若使粒子经磁场偏转后汇聚于一点，粒子的运动半径与磁场圆的半径相等（如图），

(轨迹圆与磁场圆相交，四边形PO 1QO 2为棱形) 由2

00mv qv B R

= 得：0

085mv B ql =

（2分）

图9-8 图9-9 图9-10