高中物理 有界磁场问题归类复习教案

有界磁场问题归类复习（教师用）

一、带电粒子在圆形磁场中的运动

例1、圆心为O 、半径为r 的圆形区域中有一个磁感强度

为B 、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L 的O ＇处有一竖直放置的荧屏MN ，今有一质量为

m 的电子以速率v 从左侧沿ＯＯ＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P 点，如图１所示，求O ＇P 的长度和电子通过磁场所用的时间．

解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O ″，半径为R 。圆弧段轨迹AB 所对的圆心角为θ，

电子越出磁场后做速率仍为v 的匀速直线运动， 如图２所

示，连结OB ，∵△OAO ″≌△OBO ″，又OA ⊥O ″A ，故OB ⊥O ″

B ，由于原有BP ⊥O ″B ，可见O 、B 、P 在同一直线上，且∠O ＇OP =∠AO ″B =θ，在直角三角形

ＯＯ＇P 中，O ＇P =(L +r )tan θ，而)

2

(tan 1)

2tan(2tan 2θ

θ

θ-=

，R

r

=)2tan(θ,所以求得R 后就可以求出O ＇

P 了，电子经过磁场的时间可用t =V

R

V AB θ=

来求得。 由R V m BeV 2=得R=θtan )(.r L OP eB

mV

+=

mV

eBr R r =

=)2tan(θ，

2

222222)

2

(tan 1)

2tan(2tan r

B e V m eBrmV -=-=θθ

θ 2

222

2,)(2tan )(r B e V m eBrmV

r L r L P O -+=+=θ， )2arctan(2

2222r B e V m eBrmV

-=θ

)2arctan(2

2222r

B e V m eBrmV eB m V R t -==θ

例2、如图2，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

M N

O ,

图1

M

N

O ,

图2

粒子质量kg m 27

10

64.6-?=，电量C q 19102.3-?=，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． 二、带电粒子在半无界磁场中的运动 例3、（1999年高考试题）如图3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应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场．Ｏ是ＭＮ上的一点，从Ｏ点可以向磁场区域发射电荷量为＋q 、质量为m 、速率为v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向，已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的Ｐ点相遇，Ｐ到Ｏ点的距离为Ｌ，不计重力和粒子间的相互作用．

(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点射入磁场的时间间隔．

解析：(1) 粒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：

R

v m Bqv 2

= ,解得Bq mv

R =

(2)如图３所示，以OP 为弦的可以画出两个半径相同的圆，分别表示在Ｐ点相遇的两个粒子

的轨道，圆心分别为O 1和O 2，在O 处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，它们之间的夹角为α，由几何关系知

∠PO 1Q 1=∠PO 2Q 2=α

从O 点射入到相遇，粒子在１的路径为半个圆周加P Q 1弧长等于αR ；粒子在２的路径为半个圆周减P Q 2弧长等于αR ．

粒子１的运动时间 t 1=

21T ＋v

R α

M N

. . . . . .

. . . . . .

粒子２的运动时间 t ２=

21T －v

R α 两个粒子射入的时间间隔△t ＝t 1－t ２＝2v

R α

由几何关系得R cos

21α=21op =21L ，解得：α=2arccos R

L 2 故△t ＝

Bq m 4．arc cos mv

LBq 2 例4、如图4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 18106.1-?=，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

6.1100.1100.1106.118

24

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

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≤≤-．

三、带电粒子在长方形磁场中的运动

例5、如图5，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．

图4

o cm x /cm

y /p ???

???

????????

?

??图5

??????

?

?

→?d L

v cm /

解析：如图４，设粒子以速率1v 运动时，粒子正好打在左极板边缘（图４中轨迹１），

则其圆轨迹半径为41d R =，又由1

2

11R v m Bqv =得m Bqd v 41=，则粒

子入射速率小于1v 时可不打在板上．

设粒子以速率2v 运动时，粒子正好打在右极板边缘（图４中轨迹２），由图可得2

22

2

2)2

(d R L R -

+=，则其圆轨迹半径为d d L R 44222+=，又由2

222R v m Bqv =得md d L Bq v 4)

4(222+=，则粒子入射速率大于2v 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：m

Bqd v 4<或md d L Bq v 4)4(22+>．

例6、长为L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图４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q 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 ．使粒子的速度V

B ．使粒子的速度V >5BqL /4m ；

C ．使粒子的速度V >BqL /m ；

D ．使粒子速度BqL /4m

问题归结为求粒子能在右边穿出时r 的最小值r 1以及粒子在左边穿出时r 的最大值r 2，由几何知识得：

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O 点，有：

r 12＝L 2+(r 1-L /2)2得r 1=5L /4，

又由于r 1=mV 1/Bq 得V 1=5BqL /4m ,∴V >5BqL /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r 2＝L /4，又由r 2＝mV 2/Bq =L /4得V 2＝BqL /4m

∴V 2

四、带电粒子在“三角形磁场区域”中的运动

例7、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

l l

r 1 O

V +q V

图6

?

??

??

??

C 图４

??

????

???d L

1v ??2R 1o 2

o 212

v

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 110

30cos =得1

1323

R a R -=

，解得a R )32(31-=，则a R a A

O AE )332(2

32

1

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 ．

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．

五、带电粒子在“宽度一定的无限长磁场区域”中的运动

例8、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-?=，已知电子的质量kg m 31101.9-?=，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

图6

D

1o A B

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(222

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 2102~0-?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4

1

sin =θ，41arcsin 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6108sin ?=θv ，且

]2

,41[arcsin π

θ∈，]/102.3,/108[76s m s m v ??∈

六、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动 例9、如图9所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧匀强电场的场强大小为E 、方向水平向右，电场宽度为L ；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．一个质量为m 、电量为q 、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O 点，然后重复上述运动过程．求：

（1） 中间磁场区域的宽度d ;

（2） 带电粒子从O 点开始运动到第一次回到O

点所用时

B

B

图9

图13

P

图14

o cm

x /cm

y /p ?

????

??????????

??

间t.

解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： 22

1

mV qEL = 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

R

V m BqV 2

=

由以上两式，可得q

mEL

B R 21=

．

可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图11所示，三段圆弧的圆心组成的三角形

ΔO 1O 2O 3是等边三角形，其边长为2R ．所以中间磁场区域的宽度为

q

mEL

B R d 62160sin 0=

=

（2）在电场中

qE

mL

qE mV a V t 22

221===， 在中间磁场中运动时间qB m

T t 3232π==

在右侧磁场中运动时间qB

m T t 35653π==

， 则粒子第一次回到O 点的所用时间为

qB

m

qE mL t t t t 3722

321π+

=++=． 七、带电粒子在环形或有孔磁场中的运动

例10、核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图５所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R 1=0.5m ，外半径R 2=1.0m ，磁场的磁感强度B =1.0T ，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m =4×7

10C/㎏，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．试计算

（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度．

（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度． 解析：（1）要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切,轨迹如图６所示．

由图中知2

122

12

1)(r R R r -=+，解得m r 375.01=

图

10

图11

由1

2

11r V m BqV =得s m m Bqr V /105.1711?==

所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为s m V /105.17

1?=．

（2）当粒子以V 2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V 1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图７所示．

由图中知m R R r 25.02

1

22=-=

由2

2

22r V m BqV =得s m m Bqr V /100.1722?== 所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度s m V /100.17

2?=

例11、如图８所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a 、b 、c 和d ，外筒的外半径为r ，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B ．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为ｍ、带电量为＋q 的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a 的S 点出发，初速为零。

如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S ，则两电极之间的电压U 应是多少？（不计重力，整个装置在真空中） 解析：如图９所示，带电粒子从S 点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a 而进入磁场区，在洛伦兹力

作用下做匀速圆周运动．粒子再回到S 点的条件是能沿径向穿过

狭缝d .只要穿过了d ，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向

加速，经d 重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c 、b ，再回到S 点。设粒子进入磁场区的速度大小为V ，根据动能定理，有

2

21mV qU =

设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有

R

V m BqV 2

=

由前面分析可知，要回到S 点，粒子从a 到d 必经过4

3

圆周，所

以半径R 必定等于筒的外半径r ，即R =r .由以上各式解得; m

qr B U 22

2=

a

c

图

11 图７

图９