高考物理帶電粒子在磁場中的運動解析歸納

難點之九：帶電粒子在磁場中的運動一、難點突破策略（一）明確帶電粒子在磁場中的受力特點1.產(chǎn)生洛倫茲力的條件：①電荷對磁場有相對運動．磁場對與其相對靜止的電荷不會產(chǎn)生洛倫茲力作用．②電荷的運動速度方向與磁場方向不平行．2.洛倫茲力大?。寒旊姾蛇\動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力f=0；當電荷運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大，f=qυB；當電荷運動方向與磁場方向有夾角θ時，洛倫茲力f=qυB·sinθ3.洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定則判斷4.洛倫茲力不做功．（二）明確帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律帶電粒子在只受洛倫茲力作用的條件下：1.若帶電粒子沿磁場方向射入磁場，即粒子速度方向與磁場方向平行，θ＝0°或180°時，帶電粒子粒子在磁場中以速度υ做勻速直線運動．2.若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向垂直，即θ＝90°時，帶電粒子在勻強磁場中以入射速度υ做勻速圓周運動．①向心力由洛倫茲力提供：②軌道半徑公式：③周期：，可見T只與有關(guān)，與v、R無關(guān)。（三）充分運用數(shù)學知識（尤其是幾何中的圓知識，切線、弦、相交、相切、磁場的圓、軌跡的圓）構(gòu)建粒子運動的物理學模型，歸納帶電粒子在磁場中的題目類型，總結(jié)得出求解此類問題的一般方法與規(guī)律。1.“帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動”的基本型問題（1）定圓心、定半徑、定轉(zhuǎn)過的圓心角是解決這類問題的前提。確定半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，有時需要建立運動時間t和轉(zhuǎn)過的圓心角α之間的關(guān)系（）作為輔助。圓心的確定，通常有以下兩種方法。①已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖9-1中P為入射點，M為出射點）。圖9-1圖9-2圖9-3②已知入射方向和出射點的位置，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖9-2,P為入射點，M為出射點）。圖9-1圖9-2圖9-3（2）半徑的確定和計算：利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑或圓心角。并注意以下兩個重要的特點：①粒子速度的偏向角等于回旋角α，并等于AB弦與切線的夾角（弦切角θ）的2倍，如圖9-3所示。即：圖9-11圖9-12③若磁場的磁感應強度為B，從S發(fā)射出的電子的速度為，則檔板上出現(xiàn)電子的范圍多大？圖9-11圖9-12【審題】電子從點S發(fā)出后必受到洛侖茲力作用而在紙面上作勻速圓周運動，由于電子從點S射出的方向不同將使其受洛侖茲力方向不同，導致電子的軌跡不同，分析知只有從點S向與SO成銳角且位于SO上方發(fā)射出的電子才可能經(jīng)過點O；由于粒子從同一點向各個方向發(fā)射，粒子的軌跡構(gòu)成繞S點旋轉(zhuǎn)的一動態(tài)圓，動態(tài)圓的每一個圓都是逆時針旋轉(zhuǎn)，這樣可以作出打到最高點與最低點的軌跡，如圖9-12所示，最低點為動態(tài)圓與MN相切時的交點，最高點為動態(tài)圓與MN相割，且SP2為直徑時P為最高點?！窘馕觥竣僖闺娮右欢芙?jīng)過點O，即SO為圓周的一條弦，則電子圓周運動的軌道半徑必滿足，由得：②要使電子從S發(fā)出后能到達檔板，則電子至少能到達檔板上的O點，故仍有粒子圓周運動半徑，由有：③當從S發(fā)出的電子的速度為時，電子在磁場中的運動軌跡半徑作出圖示的二臨界軌跡，故電子擊中檔板的范圍在P1P2間；對SP1弧由圖知對SP2弧由圖知【總結(jié)】本題利用了動態(tài)園法尋找引起范圍的“臨界軌跡”及“臨界半徑R0”3.“帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動”的極值型問題尋找產(chǎn)生極值的條件：①直徑是圓的最大弦；②同一圓中大弦對應大的圓心角；③由軌跡確定半徑的極值。例5：圖9-13中半徑r＝10cm的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，其邊界跟y軸在坐標原點O處相切；磁場B＝0．33T垂直于紙面向內(nèi)，在O處有一放射源S可沿紙面向各個方向射出速率均為圖9-13v=3.2×106m/s的α粒子；已知α粒子質(zhì)量為m=6.6×10-27kg，電量圖9-13q=3.2×10-19c，則α粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角θ及在磁場中運動的最長時間t各多少？【審題】本題α粒子速率一定，所以在磁場中圓周運動半徑一定，由于α粒子從點O進入磁場的方向不同故其相應的軌跡與出場位置均不同，則粒子通過磁場的速度偏向角θ不同，要使α粒子在運動中通過磁場區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角θ最大，則必使粒子在磁場中運動經(jīng)過的弦長最大，因而圓形磁場區(qū)域的直徑即為粒子在磁場中運動所經(jīng)過的最大弦，依此作出α粒子的運動軌跡進行求解?！窘馕觥喀亮Ｗ釉趧驈姶艌龊笞鲃蛩賵A周運動的運動半徑：α粒子從點O入磁場而從點P出磁場的軌跡如圖圓O/所對應的圓弧所示，該弧所對的圓心角即為最大偏轉(zhuǎn)角θ。由上面計算知△SO/P必為等邊三角形，故θ＝60°此過程中粒子在磁場中運動的時間由即為粒子在磁場中運動的最長時間?！究偨Y(jié)】當速度一定時，弧長（或弦長）越長，圓周角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。例6：一質(zhì)量m、帶電q的粒子以速度V0從A點沿等邊三角形ABC的AB方向射入強度為B的垂直于紙面的圓形勻強磁場區(qū)域中，要使該粒子飛出磁場后沿BC射出，求圓形磁場區(qū)域的最小面積?！緦忣}】由題中條件求出粒子在磁場中作勻速圓周運動的半徑為一定，故作出粒子沿AB進入磁場而從BC射出磁場的運動軌跡圖中虛線圓所示，只要小的一段圓弧PQ能處于磁場中即能完成題中要求；故由直徑是圓的最大弦可得圓形磁場的最小區(qū)域必為以直線PQ為直徑的圓如圖中實線圓所示?！窘馕觥坑深}意知，圓形磁場區(qū)域的最小面積為圖中實線所示的圓的面積。圖9-14∵△ABC為等邊三角形，故圖中α＝30°圖9-14則：故最小磁場區(qū)域的面積為?！究偨Y(jié)】根據(jù)軌跡確定磁場區(qū)域，把握住“直徑是圓中最大的弦”。4.“帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動”的多解型問題抓住多解的產(chǎn)生原因：（1）帶電粒子電性不確定形成多解。（2）磁場方向不確定形成多解。（3）臨界狀態(tài)不唯一形成多解。（4）運動的重復性形成多解。例7：如圖9-15所示，第一象限范圍內(nèi)有垂直于xoy平面的勻強磁場，磁感應強度為B。質(zhì)量為m，電量大小為q的帶電粒子在xoy平面里經(jīng)原點O射入磁場中，初速度v0與x軸夾角θ=60o，試分析計算：（1）帶電粒子從何處離開磁場？穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角多大？圖9-15圖9-16（2圖9-15圖9-16【審題】若帶電粒子帶負電，進入磁場后做勻速圓周運動，圓心為O1，粒子向x軸偏轉(zhuǎn)，并從A點離開磁場。若帶電粒子帶正電，進入磁場后做勻速圓周運動，圓心為O2，粒子向y軸偏轉(zhuǎn)，并從B點離開磁場。粒子速率一定，所以不論粒子帶何種電荷，其運動軌道半徑一定。只要確定粒子的運動軌跡，即可求解?！窘馕觥苛Ｗ舆\動半徑：。如圖9-16，有帶電粒子沿半徑為R的圓運動一周所用的時間為（1）若粒子帶負電，它將從x軸上A點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角A點與O點相距若粒子帶正電，它將從y軸上B點離開磁場，運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角B點與O點相距（2）若粒子帶負電，它從O到A所用的時間為若粒子帶正電，它從O到B所用的時間為【總結(jié)】受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成雙解。例8：一質(zhì)量為m，電量為q的負電荷在磁感應強度為B的勻強磁場中繞固定的正電荷沿固定的光滑軌道做勻速圓周運動，若磁場方向垂直于它的運動平面，且作用在負電荷的電場力恰好是磁場力的三倍，則負電荷做圓周運動的角速度可能是（）A.B.C.D.【審題】依題中條件“磁場方向垂直于它的運動平面”，磁場方向有兩種可能，且這兩種可能方向相反。在方向相反的兩個勻強磁場中，由左手定則可知負電荷所受的洛侖茲力的方向也是相反的。因此分兩種情況應用牛頓第二定律進行求解。【解析】當負電荷所受的洛侖茲力與電場力方向相同時，根據(jù)牛頓第二定律可知，得此種情況下，負電荷運動的角速度為當負電荷所受的洛侖茲力與電場力方向相反時，有，得此種情況下，負電荷運動的角速度為應選A、C?！究偨Y(jié)】本題中只告訴了磁感應強度的大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成雙解。圖9-17例9：如圖9-17甲所示，A、B為一對平行板，板長為L，兩板距離為d，板間區(qū)域內(nèi)充滿著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，一個質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子以初速，從A、B兩板的中間，沿垂直于磁感線的方向射入磁場。求在什么范圍內(nèi)，粒子能從磁場內(nèi)射出？圖9-17【審題】粒子射入磁場后受到洛侖茲力的作用，將做勻速圓周運動，圓周運動的圓心在入射點的正上方。要想使粒子能射出磁場區(qū)，半徑r必須小于d/4（粒子將在磁場中轉(zhuǎn)半個圓周后從左方射出）或大于某個數(shù)值（粒子將在磁場中運動一段圓弧后從右方射出）【解析】如圖9-17乙所示，當粒子從左邊射出時，若運動軌跡半徑最大，則其圓心為圖中O1點，半徑。因此粒子從左邊射出必須滿足。由于所以即:當粒子從右邊射出時，若運動軌跡半徑最小，則其圓心為圖中O2點，半徑為。由幾何關(guān)系可得:因此粒子從右邊射出必須滿足的條件是，即所以當或時，粒子可以從磁場內(nèi)射出?！究偨Y(jié)】本題只問帶電粒子在洛倫茲力作用下飛出有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180o從入射界面這邊反向飛出，于是形成多解，在解題時一定要考慮周全。例10：如圖9-18所示，在x軸上方有一勻強電場，場強為E，方向豎直向下。在x軸下方有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里。在x軸上有一點P，離原點的距離為a?，F(xiàn)有一帶電量+q的粒子，質(zhì)量為m，從y軸上某點由靜止開始釋放，要使粒子能經(jīng)過P點，其初始坐標應滿足什么條件？（重力作用忽略不計）圖9-18【審題】根據(jù)帶電粒子在電場中的加速運動和帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動知識，要使帶電粒子能通過P點，由于粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)到達P點時可能經(jīng)過的半圓個數(shù)不確定，導致多解?！窘馕觥浚?）粒子從y軸上由靜止釋放，在電場加速下進入磁場做半徑為R的勻速圓周運動。由于粒子可能偏轉(zhuǎn)一個、二個……半圓到達P點，故①設釋放處距O的距離為y1，則有:②③由①、②、③式有【總結(jié)】帶電粒子在部分是磁場，部分是電場的空間運動時，運動往往具有重復性，因而形成多解。5.帶電粒子在幾種“有界磁場”中的運動圖9-19（1）帶電粒子在環(huán)狀磁場中的運動圖9-19例11：核聚變反應需要幾百萬度以上的高溫，為把高溫條件下高速運動的離子約束在小范圍內(nèi)（否則不可能發(fā)生核反應），通常采用磁約束的方法（托卡馬克裝置）。如圖9-19所示，環(huán)狀勻強磁場圍成中空區(qū)域，中空區(qū)域中的帶電粒子只要速度不是很大，都不會穿出磁場的外邊緣而被約束在該區(qū)域內(nèi)。設環(huán)狀磁場的內(nèi)半徑為R1=0.5m，外半徑R2=1.0磁感強度B=1.0T，若被束縛帶電粒子的荷質(zhì)比為q/m=4×C/㎏，中空區(qū)域內(nèi)帶電粒子具有各個方向的速度。試計算：（1）粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁場的最大速度?！緦忣}】本題也屬于極值類問題，尋求“臨界軌跡”是解題的關(guān)鍵。要粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場，則粒子的臨界軌跡必須要與外圓相切；要使所有粒子都不穿越磁場，應保證沿內(nèi)圓切線方向射出的粒子不穿越磁場，即運動軌跡與內(nèi)、外圓均相切。圖9-20r1圖9-20r1由圖中知，解得由得所以粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度為。圖9-21O圖9-21OO2由圖中知由得所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度【總結(jié)】帶電粒子在有界磁場中運動時，運動軌跡和磁場邊界“相切”往往是臨界狀態(tài)，對于解題起到關(guān)鍵性作用。（2）帶電粒子在有“圓孔”的磁場中運動ababcdSo圖22其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）【審題】帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點?！窘馕觥咳鐖D9-23所示，設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為V，根據(jù)動能定理，有ababcdSo圖9-23設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有：由上面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半