帶電粒子在有界磁場中運動規律整合 帶電粒子在有界磁場中的運動問題，是高中物理學習的重點，對考生的空間想象能力、物理過程的分析能力以及物理規律的綜合應用能力都有很高的要求。粒子的運動軌跡往往是一個殘缺圓，因此會出現一系列最值。由于此類問題綜合性強，思維含量高，具有很強的選拔功能，因此成為歷年高考的熱點。1速度之“最” 帶電粒子在有界磁場中的勻速圓周運動，其軌跡是圓的一段弧，當速度大小變化時，勻速圓周運動的半徑隨之變化，軌跡也將發生變化，當帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切或運動軌跡恰好過邊界端點時的速度，就是滿足條件的最大或最小速度例題1：如圖1寬為d的有界磁場的邊界為PQ、MN，一個質量為m，帶電荷量為-q的微粒沿圖示方向垂直射入磁場，磁感應強度為B，要使該粒子不能從邊界MN射出，此粒子入射速度的最大值是多大？2運動時間之“最”由和得帶電粒子在磁場中運動時間，時間與速度無關，圓心角越大，則粒子運動時間越長，因此圓心角之“最”決定運動時間之“最”。例題2：如圖3所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s1、s2分別為M、N板上的小孔，s1、s2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s2O=R。以O為圓心、R為半徑的圓形區域內存在磁感應強度為B方向垂直紙面向外的勻強磁場。D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板。質量為m、帶電量為+q的粒子，經s1進入M、N間的電場后，通過s2進入磁場。粒子在s1處的速度和粒子所受的重力均不計。當M、N間的電壓不同時，粒子從s1到打在D上經歷的時間t會不同，求t的最小值。例題3：如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸間右連接發射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子在03t時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時，刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）（1）求電壓U的大小。（2）求時進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。（3）何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。3磁場范圍之“最”近年來在高考試題中多次出現求磁場的最小范圍問題，解決此類問題的關鍵是依據題意，分析物體的運動過程和運動形式，抓住運動過程中的臨界點，應用幾何知識，找出運動的軌跡圓心，畫出粒子運動的部分軌跡，確定半徑，再用題目中規定形狀的最小磁場覆蓋粒子運動的軌跡，然后應用數學工具和相應物理規律分析解出所求的最小面積。例題4：在xOy平面內有許多電子（質量為m、電量為e），從坐標O不斷以相同速率v0沿不同方向射入第一象限，如圖8所示。現加一個垂直于xOy平面向內、磁感強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，求符合該條件磁場的最小面積。課后訓練：圖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（否則不可能發生核反應），通常采用磁約束的方法（托卡馬克裝置）。如圖1所示，環狀勻強磁場圍成中空區域，中空區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域內。設環狀磁場的內半徑為R1=0.5m，外半徑R2=1.0m，磁場的磁感強度B=1.0T，若被束縛帶電粒子的荷質比為q/m=4C/，中空區域內帶電粒子具有各個方向的速度。試計算（1）粒子沿環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。MNO,LAO圖2P2.圓心為O、半徑為r的圓形區域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區域邊緣的最短距離為L的O處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質量為m的電子以速率v從左側沿方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖3所示，求OP的長度和電子通過磁場所用的時間。abcdSo圖33.如圖3所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，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，使兩圓筒之間的區域內有沿半徑向外的電場。一質量為、帶電量為q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發，初速為零。如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發點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）BBELdO圖44.如圖4所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區域進入右側磁場區域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：(1)中間磁場區域的寬度d;(2)帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t.5.如圖5所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。P為屏上的一小孔，PC與MN垂直。一群質量為m、帶電荷量為q的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區域。粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為的范圍內，則在屏MN上被粒子打中的區域的長度為（ ）A B C D6.地球周圍存在磁場，由太空射來的帶電粒子在此磁場的運動稱為磁漂移，以下是描述的一種假設的磁漂移運動，一帶正電的粒子(質量為m，帶電量為q)在x=0，y=0處沿y方向以某一速度v0運動，空間存在垂直于圖中向外的勻強磁場，在y0的區域中，磁感應強度為B1，在yB2，如圖所示，若把粒子出發點x=0處作為第0次過x軸。求：(1)粒子第一次過x軸時的坐標和所經歷的時間。(2)粒子第n次過x軸時的坐標和所經歷的時間。(3)第0次過z軸至第n次過x軸的整個過程中，在x軸方向的平均速度v與v0之比。(4)若B2：B1=2，當n很大時，v：v0趨于何值?帶電粒子在有界磁場中運動之“最”答案1.解析：為了使粒子不能從邊界MN射出，軌道半徑最大時應與邊界MN相切，如圖2所示。設粒子的最大軌道半徑為R，則有，結合幾何關系，解得2.解析：M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短。粒子從s1到達s2的過程中，根據動能定理得粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有由幾何關系得粒子做勻速圓周運動的軌道半徑粒子在電場中運動時間在磁場中運動時間出磁場后勻速直線運動的時間因此，整個運動的最短時間3.要使粒子在磁場中運動時間最短，運動軌跡所對的圓心角應最小，由幾何關系可知，應使粒子射入磁場時與磁場邊界的夾角最小，也就是要粒子在電場中做類平拋運動的偏轉角最大。考慮到粒子帶正電，因此2 t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短。（如圖5）帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則 解得圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯立以上兩式解得。4.解析：電子在磁場中運動半徑是確定的，設磁場區域足夠大，作出電子可能的運動軌道如圖9所示，因為電子只能向第一象限平面內發射，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓。圓O2在x軸上方的個圓弧Odb就是磁場的上邊界。其它各圓軌跡的圓心所連成的線必為以點O為圓心，以R為半徑的圓弧O1OmO2 。由于要求所有電子均平行于x軸向右飛出磁場，故由幾何知識知電子的飛出點必為每條可能軌跡的最高點。可證明，磁場下邊界為一段圓弧，只需將這些圓心連線（圖中虛線O1O2）向上平移一段長度為的距離,即圖10中的弧Ocb就是這些圓的最高點的連線，即為磁場區域的下邊界。兩邊界之間圖形的陰影區域面積即為所求磁場區域面積：。還可根據圓的知識求出磁場的下邊界。設某電子的速度v0與x軸夾角為，若離開磁場速度變為水平方向時，其射出點也就是軌跡與磁場邊界的交點坐標為（x，y），從圖11中看出，即（x0，y0），這是個圓方程，圓心在（0，R）處，圓的圓弧部分即為磁場區域的下邊界。課后訓練：1.解析：（1）要粒子沿環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,軌跡如圖8所示。由圖中知，解得由得圖9OO2所以粒子沿環狀的半徑方向射入磁場，不能穿越磁場的最大速度為。（2）當粒子以V2的速度沿與內圓相切方向射入磁場且軌道與外圓相切時，則以V1速度沿各方向射入磁場區的粒子都不能穿出磁場邊界，如圖9所示。由圖中知由得所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度MNO,LAO圖4R/2/2BPO/2。解析 ：電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可見O、B、P在同一直線上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=(L+r)tan，而，,所以求得R后就可以求出OP了，電子經過磁場的時間可用t=來求得。 由得R=，abcdSo圖11解析：如圖11所示，帶電粒子從S點出發，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，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d重新進入磁場區，然后粒子以同樣方式經過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區的速度大小為V，根據動能定理，有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，有由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r.由以上各式解得;.4.解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉，由牛頓第二定律，可得：由以上兩式，可得。可見在兩磁場區粒子運動半徑相同，如圖13所示，三段圓弧的圓心組成的三角形O1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區域的寬度為OO3O1O2圖13600（2）在電場中，在中間磁場中運動時間在右側磁場中運動時間，則粒子第一次回到O點的所用時間為。5.D6.解：(1)設帶電粒子的電量為q，質量為m，在B1和B2中運動軌道半徑分別為r1和r2，周期分別為T1和T2， 由qvB=(2分) 可得，r1= r2=T1=T2=粒子第一次過x