解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的两种方法

解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的两种方法

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

图9-8 图9-9 图9-10 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 有:

故粒子必能穿出EF的实际运动轨迹半径R≥R0

R0R0CosθdR0d1Cos；

R即:

mv0dqBdv0qB1Cos 有: m(1Cos) 。

1

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:

PGR0SindcotdSindcot1Cos。

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 B的匀强磁场，在ad边中点O，方向a 垂直磁场向里射入一速度方向跟ad× × × × 边夹角θ = 30°、大小为v0的带正电

× × × × 粒子，已知粒子质量为m，电量为q，O ad边长为L，ab边足够长，粒子重力θ v0 × × × × 不计，

求：（1）粒子能从ab边上射出磁场d c 的v0大小范围.

（2）如果带电粒子不受上述v0大小

范围的，求粒子在磁场中运动的最长时间.

mv0v0mR， 所以有R =qB， 解析：（1）若粒子速度为v0，则qv0B =

2设圆心在O1处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v01，则R1＋R1sinθ =

L， 2将R1 =

mv01qBL代入上式可得，v01 = qB3m类似地，设圆心在O2处对应圆弧与cd边相切，相应速度为v02，则R2－R2sinθ =

L， 2将R2 =

mv02qBL代入上式可得，v02 = qBm所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足

qBLqBL＜v0≤ 3mm（2）由t =

2 m可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越长，在T及T =

qB2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≤R1时，运动时间最长，弧所

对圆心角为（2π－2θ），

所以最长时间为t =

(22)m5 m=

qBqB 2

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R1=L/4，再由R1=mv1/eB，得

当速率最大时，粒子恰好从c点射出，由图可知其半径R2满足，即

R2=5L/4，再由R2=mv2/eB，得

电子速率v的取值范围为：

。

例5、在边长为2a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3a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间什么范围出．

解析：如图６所示，设粒子速率为v1时，其圆轨迹正好与ＡＣ边相切于Ｅ点．

由图知，在AO1E中，O1ER1，O1ACA图5

3aR1，由

CD•Bcos300O1EO1A得

R13，解得R13(23)a，则23aR1OAAE123aR1(233)a． 22v1ER1••Ao1D图6

BBqR13(23)aqBv又由Bqv1m1得v1，则要粒子能mmR1从ＡＣ间离开磁场，其速率应大于v1．

GCA•o2R23 •Fv2B图7 D

如图７所示，设粒子速率为v2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R2ADAG23a．

v3aqB又由Bqv2m2得v2，则要粒子能从ＡＣ间离开磁场，其速率应小于

mR2等于v2．

综上，要粒子能从ＡＣ间离开磁场，粒子速率应满足

3(23)aqBvm3aqB． m粒子从距Ａ点(233)a~3a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 ）

4

y y y y O A x O B x O C x O D x

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：

到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长

=Rθ

从O点射入

=Rθ 粒子2的路程为半个圆周减弧长

粒子1运动的时间：

粒子2运动的时间：

5

两粒子射入的时间间隔：

因 得

可解得：

例10 如图1，半径为r10cm的匀强磁场区域边界跟

yso图1 y轴相切于坐标原点O，磁感强度B0.332T，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

xv3.2106m/s的粒子．已知粒子质量m6.1027kg，电量q3.21019C，试画出粒子通

过磁场空间做圆周运动的圆心轨道，求出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

yosoAv2Bqvm 得

Rmv6.10273.2106Rm0.20m20cm

Bq0.3323.21019x图2 虽然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粒子作圆周

运动的圆心必落在以O为圆心，半径R20cm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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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sin2r1，得R2600，即粒子穿过磁场空间的最大偏转角为600．

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

6

都是v=3．0×10m/s，已知α粒子的电荷与质量之比

6

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/R，

由此得 R=mv/qB，代入数值得R=10cm。

2

y/cm•op图14

x/cm

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P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出

P1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P1。

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P2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 P1P2=NP1+NP2，

代入数值得 P1P2=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x0区域内，有磁感强度B1.010T的匀强磁场，方向与xoy平面垂直，在x轴上的p(10,0)点，有一放射源，在xoy平面内向

7

2，

，

各个方向发射速率v1.010m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m1.610电量为q1.61018425kg，

C，求带电粒子能打到y轴上的范围．

v2解析：带电粒子在磁场中运动时有Bqvm，则

RRmv1.6101.0100.1m10cm． 218Bq1.0101.610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

254y/cmA•x/cm•轨迹的直径时，A点既为粒子能打到y轴上方的最高点．因OpR10cm，Bop•AP2R20cm，则OAAPOP103cm．

22图15 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OBR10cm．

综上，带电粒子能打到y轴上的范围为：10cmy103cm．

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 速度大小不同，

速度大小相同，方向相同。 方向沿各方向。 3.注意圆周运动中的有关对称规律: (1) 在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出. (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d1.010m，A板有一电子源P，在纸面内能向各个方向发射速度在0~3.210m/s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B9.110T，

372 8

B

Q已知电子的质量m9.11031kg，电子电量e1.61019C，不

A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PＱ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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

P图11 BQMNmvmv2Bevm可得rm，代入数据解得rm210m2d． d2rBeHAPF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

图12 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FHHMMF(2d)d22223d，

BQQMPF(23)d2.68103m/s， QNd1102m，PH2d2102m．

32ovrAP图13

电子能击中Ｂ板Ｑ点右侧与Ｑ点相距2.6810m~110m的范围．电子能击中Ａ板Ｐ点右侧与Ｐ点相距0~210m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r解得vsin810．

62mvd，rsin． Be2v取最大速度3.2107m/s时，有sin有max11，minarcsin；v取最小速度时442，vmin810m/s．

66所以电子速度与之间应满足vsin810，且[arcsin,1]，42v[8106m/s,3.2107m/s]

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R10.6m、外径R21.2m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

9

图8

q4.8107c/kg，磁场的磁感应强度B0.4T，不计带电粒子重力． m（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

v2Bqr和牛顿定律得Bqvm，则v．

Rm（２）所求轨迹示意图如图９所示（要与外圆相切） （３）当氦核以vm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vm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．

图9

R2R1v20.3m，又由Bqvm得由图知rr2rmv， Bq在速度为vm时不穿出磁场外界应满足的条件是

图10

mvmr， Bq则vmBqr0.44.81070.35.76106m/s． m3、(14分)如图所示的直角坐标系中，在直线x=－2l0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（－2l0，－l0）到C（－2l0，0）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v0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，l0）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=2l0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=2l0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？

10

x=－2l0 E A′ y v0 x=2l0 C O C′ x A vE 0

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 2l0v0T (1分) y轴方向 2l0 得：E1qET2()2 (1分) 2m22mv0 （2分） ql0⑵ 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 xv0t y1qE(t)2 （1分） 2m若满足2l0n2x，则从电场射出时的速度方向也将沿x轴正方向 （2分）

11qEl021()2l0 （2分） 2n2mv0n1即AC间y坐标为y2l0 （n = 1，2，3，……） （1分）

n⑶ 当n=1时，粒子射出的坐标为y1l0

1当n=2时，粒子射出的坐标为y2l0

4解之得：y当n≥3时，沿x轴正方向射出的粒子分布在y1到y2之间（如图）y1到y2之间的距离为

L= y1－y2=l0 则磁场的最小半径为 R54L5l0 （2分） 28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），

2mv08mv0(轨迹圆与磁场圆相交，四边形PO1QO2为棱形) 由qv0B 得：B

5ql0R（2分）

x=－2l0 E y A′ O2 x=2l0 Q O1 C A v0 E O P C′ x 11