有界磁场专题.docx

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1、AMO,N图1有界磁场专题复习一、带电粒子在圆形磁场中的运动例1、圆心为0、半径为r的圆形区域中有一个磁感 强度为8、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。处有一竖直放置的荧屏，今 有一质量为m的电子以速率v从左侧沿0 0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0 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0，半径为A。圆弧段轨迹AB所对的圆 心角为e，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0B，,:0A0#30B0”，又0A0 A，故QBLQ B，由于原有BPLOn B，

2、可见0、B、P在同一直线上，且匕0 0P=4A0 B=Q，在直角三角形0 0 2tan()0 P 中，0 P=(L+r)tan0，而 tan 0 =2g-1 - tan2(_)r=-，所以求得R后就可以求出0 P 了，电子经RAB过磁场的时间可用t= V0 R工.、小 v来求得。x/c。V 2由 BeV = m 得 R=RmV.OP = (L + r )tan 0 eBR:-：0/2 , :.9/2xL9bPMNO,0rtan()=2 R02 tan()tan 0 =01 - tan2()eBrmVO/图22eBrmVm 2V 2 - e 2 B 2 r 22( L + r )eBrmVO P

3、 = (L + 以=m2V2 -e2B2r2 2eBrmV0 = arctan()m 2V 2 e 2 B 2 r 20 R m2eBrmVV _ eB a”。m 2V 2 - e 2 B 2 r 2例2、如图2,半径为,=10顷的匀强磁场区域边界跟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v = 3.2x 106m/s的粒子.已知a粒子质量文、sX X X ol- X X X m = 6.64x 10-27kg，电量q = 3.2x 10-19。，试画出a粒子通过磁场x/空间做圆周运动的圆心轨道，求出a粒子通过磁场空间

4、的最大偏角.I图2-cv 2解析：设粒子在洛仑兹力作用下的轨道半径为R，由Bqv = m RR=Bq20cm6.64 x 10-27 x 3.2 x 106 m = 0.20m =0.332 x 3.2 x 10-19虽然a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a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.图2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a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a粒子应从磁

5、场圆 直径的A端射出.如图2,作出磁偏转角中及对应轨道圆心。，据几何关系得sin】=r =；，得中=60。，即a粒子穿过磁场空间的最大偏转角为60 0.2 R 2二、带电粒子在半无界磁场中的运动I .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.。是MN上的一点，从。 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。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

6、磁场中的轨道半径.(2) 求这两个粒子从。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：_ v2- mvB qv m，解得 R =-RBq(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和O2,在。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a,由几何关系知ZPOQ=ZPOQ= a从。点射入到相遇，粒子在1的路径为半个圆周加Q P弧长等于ar；粒子在2的 1路径为半个圆周减Q P弧长等于aR.21 . Ra粒子1的运动时间t

7、= T+1 2v1Ra粒子2的运动时间t =-T-2 2vRa两个粒子射入的时间间隔t=t1t2=2 v由几何关系得Rco- a = ； op =；L，解得：a =2arccos2222R4 mLBq故金=.arc cos Bq2mv例4、如图4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 x 10-2T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平面内向各个方向发射速率v = 1.0x 104m/s的带正电 的粒子，粒子的质量为m = 1.6 x 10-25kg，电量为q = 1.6 x 10-18 C， 求带电粒子能打到V轴上

8、的范围.v2 解析：带电粒子在磁场中运动时有Bqv = m，则R八 mv1.6 x 10-25 x 1.0 x 104R = 0.1m = 10cm .Bq1.0 x 10-2 x 1.6 x 10-18a V / cmx x x xx / cm x图4如图15所示，当带电粒子打到V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V轴上方的最高点.因Op = R = 10cm , AP = 2R = 20cm，则 OA = xAP2 - OP2 = 10 43cm.当带电粒子的圆轨迹正好与V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

9、上，带电粒子能打到y轴上的范围为：-10cm y 10*3cm .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x x x XV在板上，求粒子速率V应满足什么条件.XT X X X解析：如图4,设粒子以速率V1运动时，粒子正好打在左极板边c d八V2Bqd缘(图4中轨迹1)，则其圆轨迹半径为R1 =-，又由BqV= m r得七=-4，则粒1子入射速率小于V1时可不打在板上.设粒子以速气运动时，粒子正好打在右

10、极板边缘(图4中轨迹2)， 由图可得R= L2 + (R2-f)2，则其圆轨迹半径为R2 = 7，又由Bqv = m2 得v = B(? : d2)，则粒子入射速率大于V时可不2 R 24md22打在板上BqdBq(4 L + d 2)综上，要粒子不打在板上，其入射速率应满足：V 一 .4m4md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 8,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V5BqL/4m；C. 使粒子的速度V

11、BqL/m；D. 使粒子速度 BqL/4mV5BqL/4m解析:由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆 周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值0时粒子可以从极 板右边穿出，而半径小于某值弓时粒子可从极板的左边穿出， 现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值。以及粒子 在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：粒子擦着板从右边穿出时，圆心在0点，有：图6+qr12=L2+(ri-L/2)2 得 r=5L/4,粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在。点，有r=L/4，又由弓=mV2/Bq=L/4 得 V2=BqL/4m.V25BqL/4m时粒子能从右边穿出。m v 2 BqR 3(2 *)a

12、qB又由Bqv1= mR得v1 = i =，则要粒子能从1AC间离开磁场，其速率应大于v 1 .如图7所示，设粒子速率为v时，其圆轨迹正好与BC边相切于 2F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 = 43a .cv 2葺 3aqB_又由Bqv2 = mR得v 2 =,则要粒子能从AC间离开磁场，其速率应小于2等于v2 .、， 一、,、一，、m3(2 x3)aqB/ 3aqB综上，要粒子能从AC间离开磁场，粒子速率应满 V v 一mm粒子从距A点(2:3 3)a v 3a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

13、、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为d = 1.0x 10-2m，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 0 3.2x 107m/s范围内的电子，。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 x 10-3T，已知电子的质量m = 9.1 x 10-31 kg，电子电量e = 1.6x 10-19C，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(用图样角表示) 与电子速度的大小v之间应满足的关系及各自相应

14、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_B QMNJ、 Bev = m 可得r = m，代入数据解得r = 2x 10-2m = 2d .xdxx xx xr m Bem2iA P fH该电子运动轨迹圆心在入板上H处，恰能击中B板M处.随着电B Q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P H区域.在 MFH 中，有 FH = HM 2 - MF 2 = ,；(2d )2 d 2、3d，QM = PF = (2 -d = 2.68 x 10-3 m/

15、s，QN = d = 1 x 10-2 m，PH = 2d = 2 x 10 -2 m .电子能击中B板Q点右侧与Q点相距2.68 x 10-3m 1x 10-2m的范围.电子能击中A板P点右侧与P点相距0 2 x 10-2 m的范围.mv. d(2)如图13所示，要使P点发出的电子能击中Q点，则有r =，rsin9 =元.Be2解得 v sin9 = 8 x 106.一 ，.1v取最大速度3.2x 107 m/s时，有sin9 =，49min1=arcsin ；4 v取最小速度c兀时有9=万，v . = 8 x 106 m / s.所以电子速度与9之间应满足v sin9 = 8 x 106，

16、且9 g arc sg，v e 8 x 106 m / s,3.2 x 107 m / s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g、不计重力的带正电的粒 子从电场的左边缘的0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0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0点开始运动到第一次回到O点所用 时间t.xxxxx.pxxx / cm x图1

17、4L耳Of图9解析：(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：qEL = mV2 带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：八V 2BqV = mR八 1 ：2mEL由以上两式，可得R=B q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 必O2O3是等边三角形，其边长为2R.所以中间磁场区域的宽度为O图111 : 6mEL d = R sin 600 =,2 B q(2)在电场中_ 2V _ 2mV _ 2，2mL 1 = aqE T qE，T 2兀m 在中间磁场中运动时间t =233qB5 _ 5兀 m 在右侧磁场中运动时间t = T=，3 63qB则粒子第

18、一次回到O点的所用时间为2mL 7兀 m=2+t qE3qB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=0.5m，外 半径R2=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=4X107c/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度.试图10 计算(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场，不

19、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+ & =（气-二）2，解得 = .375mV 2 ,一Bqr由 BqV = m 得 V 一 一 1 = 1.5 x 17 m/ s1 r 1 m1图7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 度为匕=1.5 x 17 m / s .由图中知r2R2 - R1 = .25m（2）当粒子以V2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V1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

20、所示.V2 .一 Bqr由 BqV = m得V -2 = 1.x 17m/s2所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度匕7. x 17 m / s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。、b、c和也外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于图11XXXX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x 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，X 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 X

21、 装置在真空中）x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.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-1 qU = 2 mV 2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，有八V 2BqV = m R 3一 . 、一一由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过4圆周，所以半径R必定等于筒的外半径，即R=r.由以上各式解得；B 2 qr 2U =.2m