磁场中两类粒子源问题
粒子源
如：该题目只需要旋转半个圆即可，如下图。
如图，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=3.0x106m/s， 已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5.0x107c/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。
如下图示，粒子还没有走完1200就已经离开磁场了， 这不符合题意。
所以，还要继续旋转，易知和右边界相切是临界状 态，然后就不能飞出去，再转，直到这条弦转到y 轴负半轴为止。。
(15四川卷)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方 向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝ 9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹 角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸 面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质 量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重 力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子 打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )
左边的最远点，应该是和板相切的位置，不可能比 它更左了，只能反而更靠右。。
计算会简单，结合几何关系，勾股定理既得答案。
（10全国）如图，在 0≤x≤ 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°范围内．已知沿y轴正方向发 射的粒子在t=t 0 时刻刚好从磁场边界上 P( 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； （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；
2024年高考物理热点磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)
磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型1.高考命题中，带电粒子在有界磁场中的运动问题，常常涉及到临界问题或多解问题，粒子运动轨迹和磁场边界相切经常是临界条件。
带电粒子的入射速度大小不变，方向变化，轨迹圆相交与一点形成旋转圆。
带电粒子的入射速度方向不变，大小变化，轨迹圆相切与一点形成放缩圆。
2.圆形边界的磁场，如果带电粒子做圆周运动的半径如果等于磁场圆的半径，经常创设磁聚焦和磁发散模型。
一、分析临界极值问题常用的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.(2)当速率v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长,(3)当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨远圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。
二、“放缩圆”模型的应用适用条件速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大。
可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP ′上界定方法以入射点P 为定点，圆心位于PP ′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法三、“旋转圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定、方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R =mv 0qB。
如图所示轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R =mv 0qB的圆上界定方法将一半径为R =mv 0qB的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索粒子的临界条件，这种方法称为“旋转圆”法四、“平移圆”模型的应用适用条件速度大小一定，方向一定，但入射点在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同，但在同一直线的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则半径R =mv 0qB，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R =mv 0qB的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法五、“磁聚焦”模型1．带电粒子的会聚如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R =r )，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B 点射出．(会聚)证明：四边形OAO ′B 为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB 必平行于AO ′(即竖直方向)，可知从A 点发出的带电粒子必然经过B 点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B ，圆心为O ，从P 点有大量质量为m 、电荷量为q 的正粒子，以大小相等的速度v 沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O 、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O 1A (O 2B 、O 3C )均平行于PO ，即出射速度方向相同(即水平方向)．(建议用时：60分钟)一、单选题1地磁场能抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该部面，如图所示，O为地球球心、R为地球半径，假设地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内(边界上有磁场)，磷的应强度大小均为B，方向垂直纸面向外。
有界磁场中粒子运动问题归类分析
２ 粒 子 初速 度 的大小确 定 ， 向变化 ． 方
放大轨迹圆： 根据初速度方 向确定 圆心所在 的
、 × 直线 ， 逐渐放大粒子运动的轨迹 圆， 找到临界点．×
、
一
Ｏ 、 、Fra bibliotek＿ ×ｌ ｘ
＿ ＿
例 １ 如 图 １所 示 ，
、
截 面为直 角三 角形 的 区
ｅ 为 使 电 子 能从 ａ ， ｃ边 射 出 ， 电子 入 射 速 度 求
应 该 满足 的条 件．
都 是 口一 ３ ０ ０ ｍ／ ． ． ×１ ｓ 已知 口 粒子 的 电量 与质
分 析 如 图 ２ ，电
子 入 射 速 度 。方 向 一
量 之 比 ｑ ｍ 一 ５ ０×１ ／ ｇ 现 只考 虑在 纸平 ／ ． ０Ｃ ｋ ， 面 中运 动 的 ａ粒子 ， 求 上被 粒 子 打 中的 区
垂 直 于 纸 面 ， 子 飞 出磁 场 区 粒
万摄 氏 度 以 上 的 高 温 ， 把 高 温 为 条 件 下 高速 运 动 的 离子 约 束 在 小 范 围 内 ， 常 采 用磁 约 束 的 方 法 ． 通
ａ 子做 圆周 运 动的半 径 一定． 粒 子 的速 度 方 粒 向为各个 方 向， 意作 出以 Ｓ点为起 点 ， 任 半径 为 １ ｃ 的一 个轨 迹 圆 ， Ｓ点 旋转 该 轨迹 圆 ， ０ｍ 绕 与 边有 一系 列 的 交点 ， 图 ４ ａ ， 图 中 可 以 如 （）从
找 出满足 题 意 的临界条 件．
２１ ０ １年第 １ Ｏ期
物 理 中 的思 想 和 方 法
《 理 天 地 》 中版 数 高
・
物理 中的思想和方法 ・
有 界 磁 场 中粒 子 运 动 问 题
磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题
磁场中的“动态问题”和“磁聚焦”问题一、磁场中的动态圆 在本章中，经常会遇到这样两类问题，第一类是同样的粒子从磁场边界(如左边界)上某一点射入匀强磁场中时，磁场右边无限宽广，入射方向不变，但速度大小(或磁场磁感应强度大小)发生改变，根据qvB ＝mv 2R 可知R ＝mv qB ，在v 或B 发生改变时，半径会发生变化，但由于入射方向不变，根据半径跟速度垂直知粒子轨迹的圆心都落在过入射点与入射速度垂直的直线上，相当于圆心在同一直线上的圆的放缩，如图甲，它们从磁场左边界射出时，速度方向互相平行，在磁场中转过的角度相等．第二类是粒子入射速度大小不变，但方向发生变化，同时磁感应强度不变，可知这种情况下，粒子的轨迹半径不变，圆心位于以入射点为圆心，以轨迹半径为半径的半圆上，相当于一个固定大小的轨迹圆绕着入射点在旋转，如图乙．例1图示是一个半径为R 的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B ，磁感应强度方向垂直纸面向内．有一个粒子源在圆上的A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m ，运动的半径为r ，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α.以下说法正确的是( )A ．若r ＝2R ，则粒子在磁场中运动的最长时间为πm6qBB ．若r ＝2R ，粒子沿着与磁场的半径方向成45°角斜向下射入磁场，则关系式tan α2＝22＋17成立C ．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为πm3qBD ．若r ＝R ，粒子沿着与磁场的半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°【解析】若r ＝2R ，粒子在磁场中运动时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图①，因为r ＝2R ，圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间t max ＝60°360°T ＝16·2πm qB ＝πm3qB ，故A 错误．若r ＝2R ，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，轨迹如图②所示，根据几何关系，有tan α2＝22R r －22R＝22R 2R －22R＝22＋17，故B 正确．若r ＝R ，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图③所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间t ＝90°360°T ＝14·2πm qB ＝πm2qB ，故C 错误．若r ＝R ，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图④所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D 正确． 【答案】BD例2如图甲所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，其边界AB 、CD 相距为d ，在左边界的Q 点处有一质量为m 、带电量为q 的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计．求：(1)带电粒子能从AB 边界飞出的最大速度；(2)若带电粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压U 应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q 点沿纸 面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD 边界的距离大小？【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R 1，运动速度为v 0.粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知R 1＋R 1cos 30°＝d 又qv 0B ＝mv 20R 1解得v 0＝Bqdm （1＋cos 30°）＝2（2－3）Bqd m所以粒子能从左边界射出时的最大速度为v m ＝v＝2（2－3）Bqdm(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示． 由几何关系知R 2＝dcos 30°由洛伦兹力提供向心力得Bqv 2＝m v 22R 2由动能定理得－qU ＝0－12mv 22解得U ＝B 2qd 22mcos 230°＝2B 2qd 23m所加电压满足的条件U>2B 2qd 23m.粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T6，而T ＝2πm Bq因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 t ＝2×T 6＝2πm3Bq(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R 3＝2d由几何关系可得粒子能打到CD 边界的范围如图丙所示．粒子打到CD 边界的距离l ＝2×2dcos 30°＝23d 二、磁聚焦、磁发散问题一束带电粒子以平行相等的初速度垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于磁场圆的半径，这些粒子会经过与初速度方向平行的磁场圆切线的一个切点，如图甲带负电的粒子“聚焦”于A 点，若速度大小相等的一束带正电粒子从圆形匀强磁场边界上同一点沿不同方向垂直射入圆形匀强磁场，若粒子的轨迹半径等于圆形磁场的半径，所有粒子会平行地离开磁场且与磁场圆在该点的切线平行，如图乙(磁发散)．例3如图所示，O ′PQ 是关于y 轴对称的四分之一圆，在PQMN 区域有均匀辐向电场，PQ 与MN 间的电压为U.PQ 上均匀分布带正电的粒子，可均匀持续地以初速度为零发射出来，任一位置上的粒子经电场加速后都会从O′进入半径为R 、中心位于坐标原点O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向外，大小为B ，其中沿＋y 轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿＋x 轴方向射出．在磁场区域右侧有一对平行于x 轴垂直于y 轴且到x 轴距离都为R 的金属平行板A 和K ，金属板长均为4R ，其中K 板接地，A 与K 两板间加有电压U AK >0, 忽略极板电场的边缘效应．己知金属平行板左端连线与磁场圆相切，O ′在y 轴(0，－R)上．(不考虑粒子之间的相互作用力)(1)求带电粒子的比荷qm；(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围； (3)若电压U AK ＝3U4，求到达K 板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值． 【解析】(1)qU ＝12mv 2由已知条件知道偏转半径r ＝R Bqv ＝m v 2r解得：q m ＝2UB 2R2(2)因为r ＝R ，所有粒子经磁场偏转后都平行于x 轴，沿QN 方向射入时，偏转的圆心角为135°，离开磁场时a 点的纵坐标为y a ＝22R.沿PM 方向入射的带电粒子离开磁场时点b 的纵坐标为y b ＝－22R ，故进入电场时的坐标范围为－22R ～22R(3)E ＝U AK2RF ＝Eq ＝ma y ＝12at 2 vt ＝4R 得： y ＝32R从纵坐标y ＝0.5R 进入偏转电场的粒子恰能打到K 板右边缘，其进入磁场时的速度与y 轴夹角为30°，y 轴左方45°范围内发射的粒子都能到达K 板，所以比例η＝45°＋30°90°＝56.针对训练1．如图所示，半径为R 的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场的左边垂直x轴放置一线形粒子发射装置，能在0≤y ≤R 的区间内各处沿x 轴正方向同时发射出速度相同、带正电的同种粒子，粒子质量为m 、电荷量为q ，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转击中y 轴上的同一位置，则下列说法中正确的是(D)A ．粒子都击中在O 点处B ．粒子的初速度为BqR2mC ．粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBD ．粒子到达y 轴上的最大时间差为πm 2qB －mqB【解析】由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y 轴上同一点，由最高点射出的粒子只能击中(0，R)，则击中的同一点就是(0，R)，A 错误；从最低点射出的粒子也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R ，由洛伦兹力提供向心力得qvB ＝m v 2R ，则速度v ＝BqRm ，B 错误；偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90°，时间最长，时间t ＝14T ＝14×2πm qB ＝πm2qB ，C 错误；从最高点直接射向(0，R)的粒子时间最短，则最长与最短的时间差为Δt ＝t －R v ＝πm 2qB －mqB，D 正确．2．如图所示，在长度足够长、宽度d ＝5 cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝0.33 T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝200 N/C.现有大量质量m ＝6.6×10－27 kg 、电荷量q ＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v ＝1.6×106 m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t. 【解析】(1)由洛伦兹力做向心力有 qvB ＝m v 2r解得r ＝0.1 m(2)建立xOy 直角坐标系，粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于电场强度方向进入电场粒子在电场中运动的加速度a ＝qEm粒子在电场中运动的时间t ＝2v a解得t ＝3.3×10－4s3．如图所示，在xOy 平面上的某圆形区域内，存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，由原点O 开始沿x 正方向运动，进入该磁场区域后又射出该磁场．后来，粒子经过y 轴上的P 点，此时速度方向与y 轴正方向的夹角为30°，已知P 到O 的距离为L ，不计重力的影响，(1)若磁场区域的大小可根据需要而改变，试求粒子速度的最大可能值；(2)若粒子速度大小为v ＝qBL6m，试求该圆形磁场区域的最小面积．【解析】粒子在磁场的初、末速度所在直线必定与粒子的轨迹圆相切，轨迹圆圆心到两直线的距离相等，等于轨道半径，因此，圆心必位于初、末速度延长线形成的角的角平分线上．过P 点作末速度的反向延长线，交x 轴于Q 点，经分析可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹的圆心必在∠OQP 的角平分线QC 上，如图1所示．设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，由牛顿第二定律有qvB ＝mv 2r ，得r ＝mvqB.由此可知粒子速度越大，其轨迹半径越大．在角平分线QC 上取不同的点为圆心，由小到大作出一系列轨迹圆(如图2)，其中以C 点为圆心的轨迹①是可能的轨迹圆中半径最大的，其对应的粒子速度也最大．由图1可知，速度最大的粒子在磁场中运动轨迹的圆心是y 轴上的C 点．(1)如图1所示，速度最大时粒子的轨迹圆过O 点且与PQ 相切于A 点．由几何关系有OQ ＝Ltan 30°，r 1＝OQtan 30°，可得r 1＝13L.可求得粒子速度的最大可能值v ＝qBL3m .(2)将v ＝qBL 6m 代入r ＝mv qB ，可得r 2＝16L ，粒子运动的轨迹是如图3所示的轨迹圆②，该轨迹圆与x 轴相切于D 点，与PQ 相切于E 点．连接DE ，由几何关系可知DE ＝3r 2.由于D 点E 点必须在磁场内，即线段DE 在磁场内，故可知磁场面积最小时必定是以DE 为直径的圆(如图3中③所示)．即面积最小的磁场半径为R ＝12DE ，则磁场的最小面积为S ＝πR 2＝π⎝⎛⎭⎫312L 2＝πL 248.4．如图所示，半径为r 的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x 轴相切于坐标系的原点O ，磁感应强度为B 1，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r ，轴线与x 轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高U ＝2qB 21r2m.在加速管出口下侧距离2r 处放置一宽度为2r 的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅱ.在O 点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m 、带电荷量为q 且速率相同的粒子，其中沿y 轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．不计粒子重力及其相互作用，求：(1)粒子刚进入加速管时的速度大小；(2)磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小B 2(用B 1表示)；(3)若磁场Ⅱ的磁感应强度B 2减小10%，求荧光屏上有粒子到达的范围． 【解析】(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为r ，qvB 1＝m v 2r解得v ＝qB 1rm(2)经过加速电场：qU ＝12mv 22－12mv 2解得：v 2＝5qB 1rm粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为2r ，qv 2B 2＝mv 222r解得B 2＝52B 1(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x 轴平行；经证明可知：OO 1CO 2是菱形，所以CO 2和y 轴平行，v和x 轴平行．磁场Ⅱ的磁感应强度B 2减小10%，即B 2′＝910B 2，r 2′＝109r 2＝209r荧光屏上方没有粒子到达的长度为d ＝2r 2′－2r 2＝49r即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端49r 处到下端，总长度149r。
带电粒子在磁场中的多解问题
应旳圆心角为 或 3
B
22
设圆弧旳半径为R，则有2R2=x2，可得：
R L 2n
v2 qvB m
R
v qBL 2m n
n=1、2、3、……（
n取奇数
⑶当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角旳总和为
1
n
2
n 3
2
2n
t1
2n
m qB
2 m
qB
n
其中n=1、3、5、……
当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角旳总和为
mv0 a 2mv0 L＜b。试求磁场旳左边界距坐标原点 旳e可B能距离．（eB成果可用反三角函数表达）
解： 设电子在磁场中作圆周运动旳轨道半径为r, 则
解得
eBv0 r
m mv 0
v02 r
①
②
eB
y P v0
x
0
Q
⑴当r>L时，磁场区域及电子运动轨迹如图1所示，
由几何关系有 sin L eBL③
v0
c
（2）当v0最大时：
R1
R1
cos 60
L 2
得R1 = L
则
vmax
qBR1 m
qBL m
当v0最小时： R2 R2 sin 30
L 2
得R2 = L/3
则
vmin
qBR2 m
qBL 3m
a
600
O
qBL
qBL
b B
3m v0 m
300
d
v0
c
带电粒子从ab边射出磁场，当速度为 vmax 时，
运动时间最短,
150 5m
t min
T 360
带电粒子在匀强磁场中的运动-临界、极值及多解问题
•
例题
有些题目只告诉了磁感应的大小，而未具体 指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁
感应强度方向不确定而形成多解
电场力方向一定指向圆心，而洛伦兹力方向可能指向圆心，也可能背离圆心， 从而形成两种情况.
• 2.方法界定将一半径为 的圆绕着入射点旋转， 从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转法”.
•
旋转法”模型示例
带电粒子在磁场中运动的多解问题
• 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，可能带正电荷，也可
能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒 子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解.
•
“放缩圆”模型示例
“旋转法”解决有界磁场中的临界问题
• 1.适用条件（1）速度大小一定，方向不同带电粒子 进入匀强磁场时，他们在磁场中做匀速圆周运动的 半径相同，若射入初速度为v0，则圆周半径为 . 如图所示.（2）轨迹圆圆心——共圆带电粒子在磁 场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、 半径 的圆上.
临界状态不唯一形成多解
• 带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场 时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此， 他可能直接穿过去了，也可能转过180°从 入射界面反向飞出，于是形成了多解.如图 所示.
•
Байду номын сангаас
带电粒子在匀强磁场中的运动临界、极值及多解问题
• 1.有界磁场中临界问题的处 理方法
• 2.带电粒子在磁场中运动的 多解问题
1.有界磁场中临界问题的处理方法
• “放缩法”解决有界磁场中的临界问题 • 1.适用条件 • （1）速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定、大小
粒子源问题
一、旋转圆问题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，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？例2．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a/2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。
强化训练：1．如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。
电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则A．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm2、3、如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝a 。
带电粒子在磁场中运动之多解及周期运动问题
适用标准考点周期性与多解问题1．带电粒子电性不确立形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，因为电性不一样，当速度同样时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不一样，形成多解．如图 6 甲所示，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为 b .2．磁场方向不确立形成多解：有些题目只磁感觉强度的大小，而不知其方向，此时一定要考虑磁感觉强度方向不确立而形成的多解．如图乙所示，带正电粒子以速度 v 垂直进入匀强磁场，如 B 垂直纸面向里，其轨迹为 a，如 B 垂直纸面向外，其轨迹为 b .3．临界状态不独一形成多解：带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，因为粒子运动轨迹是圆弧状，所以，它可能穿过去，也可能转过180 °从入射界面这边反向飞出，进而形成多解，如图丙所示．4．运动的周期性形成多解：带电粒子在局部是电场、局部是磁场的空间运动时，运动常常拥有来去性，进而形成多解，如图丁所示．一圆筒的横截面以下列图，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B.圆筒下边有相距为 d 的平行金属板M 、N ，此中 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 板边沿的P 处由静止开释，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，在不计重力的状况下，求：(1)M 、 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 板边沿的P处由静止开释粒子自进入圆筒至从S 孔射出时期，与圆筒的碰撞次数n 。
1.以下列图，在纸面内有磁感觉强度大小均为B，方向相反的匀强磁场，虚线等边三角形ABC 为两磁场的理想界限。
三角形ABC 边长为 L，虚线三角形内为方向垂直纸面向外的匀强磁场，三角形外面的足够大空间为方向垂直纸面向里的匀强磁场。
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1班次 学号 姓名装订线内请勿答题磁场中两类粒子源问题高中物理关于带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动习题中，有两类带电粒子比较特殊：第一类是在同一平面内沿某一方向发射的速率不同的同种带电粒子（异值型）；第二类是在同一平面内，沿各个方向发射相同速率的同种带电粒子（异向型）。
为了讨论方便，我们把它们称之为两类粒子源问题。
第一类粒子源，能在同一平面内沿某一方向发射速率不同的同种带电粒子（如质子），这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场，做同方向旋转的匀速圆周运动，有下列特点（如图1）：①各带电粒子的圆轨迹有一个公共切点，且各圆的圆心分布在同一条直线上。
②各带电粒子做匀速圆周运动的周期相等。
③速率大的带电粒子所走过的路程大，对应大圆。
第二类粒子源，能在同一平面内，沿各个方向发射相同速率的同种带电粒子，这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场，做同方向旋转的匀速圆周运动，有下列特点（如图2，设粒子源在中心O 点，带电粒子带正电）： ①各带电粒子的圆轨迹半径相等，运动周期相等。
②各带电粒子圆轨迹的圆心分布在以粒子源O 为圆心，R 为半径的一个圆周上（虚线所示）。
③带电粒子在磁场中可能经过的区域是以粒子源O 为圆心，2R 为半径的大圆（黑体实线所示）。
④ 如图3所示，由几何知识很容易证明当r ＝mvqB ＝R 时，相同带电粒子从P 点沿纸面内不同方向射入圆形匀强磁场，它们离开磁场时的方向却是平行的。
（典型应用见《系统集成》作业本P289第9题）1.如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小B =0.6T ，磁场内有一块平面感光板a b ，板面与磁场方向平行，在距ab 的距离l =16cm 处，有一个点状的放射源S ，它向各个方向发射正粒子，粒子速度都是v =3.0×106m/s ，已知粒子的电荷量与质量之比q/m =5.0×107C/kg ，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，求ab 上被粒子打中的区域的长度。
L a b Sv图1OO 1O 2O 3 O 4O 5v 1 v 2v 3 v 4 v 5图2 图32. 如图所示，MN是匀强磁场的左边界(右边范围很大)，磁场方向垂直纸面向里，在磁场中有一粒子源P，它可以不断地沿垂直于磁场方向发射出速度为v、电荷为＋q、质量为m的粒子(不计粒子重力)。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，P到MN的垂直距离恰好等于粒子在磁场中运动的轨道半径。
求在边界MN上可以有粒子射出的范围。
MBPN3.如图所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：(1)荧光屏上光斑的长度；(2)所加磁场范围的最小面积。
24. 人们到医院检查身体时，其中有一项就是做胸透，做胸透所用的是X光，我们可以把做胸透的原理等效如下：如图所示，P是一个放射源，从开口处在纸面内向各个方向放出某种粒子（不计重力），而这些粒子最终必须全部垂直射到底片MN这一有效区域，并要求底片MN上每一地方都有粒子到达。
假若放射源所放出的是质量为m、电量为q的带正电的粒子，且所有的粒子速率都是v，M与放射源的出口在同一水平面，底片MN竖直放置，底片MN 长为L。
为了实现上述目的，我们必须在P的出口处放置一有界匀强磁场。
求：（1）匀强磁场的方向；（2）画出所需最小有界匀强磁场的区域，并用阴影表示；（3）匀强磁场的磁感应强度B的大小以及最小圆形匀强磁场的面积S。
MP5.在xOy平面内有许多电子(质量为m，电荷量为e)从坐标原点O不断以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如图所示。
现加上一个垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x轴向x轴正方向运动，试求出符合条件的磁场的最小面积。
36.(2009·海南)如图所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场。
电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。
不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；(2)此匀强磁场区域的最小面积。
7．如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O。
O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍已知。
该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力。
y（1）求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角；（2）沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变。
若从O点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度已减小为v/2，求该粒子第一次回到O点经历的时间。
O x45磁场中两类粒子源问题答案1.解：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Rv m qvB 2= ①由此得Bm q vR )/(=代入数值得R =10c m 可见，2R>l >R.因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过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 1.221)(R l R NP --= ②再考虑N 的右侧。
任何粒子在运动中离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222)2(l R NP -= ③所求长度为 2121NP NP P P += ④ 代入数值得 P 1P 2=20cm ⑤2.[解析] 在图中画出两个过P 且半径等于R 的圆，其中的实线部分代表粒子在磁场中的运动轨迹，下面的圆的圆心O 1在p 点正下方，它与MN 的切点f 就是下边界，上面的圆的圆心为O 2，过p 点的直径的另一端恰在MN 上(如图中g 点)，则g 点为粒子射出的上边界点．由几何关系可知：cf ＝R ，cg ＝(2R )2－R 2＝3R即可以有粒子从MN 射出的范围为c 点上方3R 至c 点下方R ，fg ＝(1＋3)R.3.【解析】(1)如图所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x 轴正方向的电子沿弧OA 运动到荧光屏MN 上的P 点；初速RR2RS NP 1 P 2abc dQ度沿y 轴正方向的电子沿弧OC 运动到荧光屏MN 上的Q 点． 设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：ev 0B ＝m v 02R ，即R ＝mv 0Be由几何知识可得：PQ ＝R ＝mv 0Be． (2)取与x 轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E (x ，y )，因其射出后能垂直打到屏MN 上，故有：x ＝－Rsin θ y ＝R ＋Rcos θ 即x 2＋(y －R )2＝R 2又因为电子沿x 轴正方向射入时，射出的边界点为A 点；沿y 轴正方向射入时，射出的边界点为C 点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R )为圆心、R 为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：S ＝34πR 2＋R 2－14πR 2＝(π2＋1)(mv 0Be)2． 4. （1）匀强磁场的方向为垂直纸面向外（2）最小有界磁场如图所示，（3）要想使所有的粒子都最终水平向右运动，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必须与最小圆形有界匀强磁场的半径大小一致 所以有：R=L/2根据牛顿第二定律：Rmv Bvq 2= 得：Bq mv R =联立解得：qLmvB 2=如图所示，圆形匀强磁场的最小面积为：S=πL 2/475. 解析：所有电子在所求的匀强磁场中均做匀速圆周运动，由ev 0B ＝m v 20R ，得半径为R ＝mv 0eB .设与x 轴正向成α角入射的电子从坐标为(x ，y )的P 点射出磁场， 则有x 2＋(R －y )2＝R 2①①式即为电子离开磁场的下边界b 的表达式，当α＝90°时，电子的运动轨迹为磁场的上边界a ，其表达式为：(R －x )2＋y 2＝R 2②由①②式所确定的面积就是磁场的最小范围，如图所示，其面积为S ＝2⎝⎛⎭⎫πR 24－R 22＝π－22⎝⎛⎭⎫mv 0eB 2.6.【解析】(1)若要使由C 点入射的电子从A 点射出，则在C 处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B ，令圆弧 是自C 点垂直于BC 入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f ＝ev 0B ，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧 的圆心在CB 边或其延长线上．依题意，圆心在A 、C 连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为a ．按照牛顿定律有：f ＝m v 02a联立解得：B ＝mv 0ea．(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C 点垂直于BC 入射的电子在A 点沿DA 方向射出，且自BC 边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC 区域中，因而，圆弧 是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A 点的电子的速度方向与BA 的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜π2)的情形．该电子的运动轨迹QP A 如图乙所示．图中，圆弧的圆心为O ，PQ 垂直于BC 边，由上式知，圆弧 的半径仍为a ．过P 点作DC 的垂线交DC 于G ，由几何关系可知∠DPG ＝θ，在以D 为原点、AECAP AP8DC 为x 轴、DA 为y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x ，y )为：x ＝asin θ，y ＝acos θ这意味着，在范围0≤θ≤π2内，P 点形成以D 为圆心、a 为半径的四分之一圆周 ，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B 和D 为圆心、a 为半径的两个四分之一圆周 和 所围成的，其面积为：S ＝2(14πa 2－12a 2)＝π－22a2．7.【解析】（1）设粒子飞出和进入磁场的速度方向之间的夹角为φ，则sin ,22x r ϕ= x 是粒子在磁场中轨迹的两端点的直线距离．x 最大值为2R ，对应的就是φ最大值．且2R=r所以maxmax 1sin,60.22R r ϕϕ===︒（2）当粒子的速度减小为2v时，在磁场中作匀速圆周运动的半径为R qBmvr ==21 故粒子转过四分之一圆周，对应圆心角为90°时与边界相撞弹回，由对称性知粒子经过四个这样的过程后第一次回到Ｏ点，亦即经历时间为一个周期．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期BqmT π2=． 所以从O 点沿x 轴正方向射出的粒子第一次回到O 点经历的时间是Bqmt π2=AFC。