2014届高三物理复习带电粒子在磁场中偏转专题教案

2014届高三物理复习带电粒子在磁场中偏转专题教案 孝感三中 陈老师（476631242）

一、洛仑兹力的方向、大小及回旋角、弦切角等的关系

1、在不计带电粒子（如电子、质子、粒子等基本粒子）的重力的条件下，带电粒子在匀强磁场有三种典型的运动，它们决定于粒子的速度（v）方向与磁场的磁感应强度（B）方向的夹角（）。 （1）若带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，粒子不受洛仑兹力作用而作匀速直线运动。

（2）若粒子的速度方向与磁场方向垂直，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v作匀速圆周运动，其运动所需的向心力全部由洛仑兹力提供。

（3）若带电粒子的速度方向与磁场方向成一夹角θ（θ≠0°，θ≠90°），则粒子的运动轨迹是一螺旋线（其轨迹如图）：粒子垂直磁场方向作匀速圆周运动，平行磁场方向作匀速运动，螺距S=v∥T。

VθVVSB

2、带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的几个基本公式

V2向心力公式：BqVm

R轨道半径公式：RmVP BqBq周期、频率和角频率公式：

T2R2m VBq1Bq T2m2Bq 2fTmf1P2BqR2动能公式：EKmV

22m2mT、f和的两个特点

第一、T、 f的的大小与轨道半径（R）和运行速率（V）无关，而只与磁场的磁感应强

度（B）和粒子的荷质比（q/m）有关。

1

2

第二、荷质比（q/m）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T、f和相同。 3、带电粒子的轨道圆心（O）、速度偏向角（）是指末速度与初速度之间的夹角、回旋角（）一段圆弧所对应的圆心角叫回旋角、和弦切角（）圆弧的弦与过弦的端点处的切线之间的夹角叫弦切角。

在分析和解答带电粒子作匀速圆周运动的问题时，除了应熟悉上述基本规律之外，还必须掌握确定轨道圆心的基本方法和计算、和的定量关系。如图6所示，在洛仑兹力作用下，一个作匀速圆周运动的粒子，不论沿顺时针方向还是逆时针方向，从A点运动到B点，均具有三个重要特点。

第一、轨道圆心（O）总是位于A、B两点洛仑兹力（f）的交点上或AB弦的中垂线（OO）与任一个f的交点上。

第二、粒子的速度偏向角（），等于回旋角（），并等于AB弦与切线的夹角——弦切角（）的2倍，即 =  = 2 =  t。

第三、相对的弦切角（）相等，与相邻的弦切角（ ）互补，即 +  = 180° 二、“电偏转”与“磁偏转”的比较

1、概念：带电粒子垂直电场方向进入匀强电场后，在电场力作用下的偏转叫“电偏转”。带电粒子垂直磁场进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下的偏转叫“磁偏转”。 2、“电偏转”和“磁偏转”的比较。

（1）带电粒子运动规律不同。电偏转中：粒子做类平抛运动，轨迹为抛物线，研究方法为运动分解和合成，加速度a＝Eq/m，（粒子的重力不计）侧移量（偏转量）y＝at2/2＝qEt2/2m；磁偏转中：带电粒子做匀速圆周运动，从时间看T=2πm/qB，从空间看：R=mv/qB。

V0xXOθEYE电偏转VyyθEVxV

（2）带电粒子偏转程度的比较。

电偏转：偏转角（偏向角）θE＝tan1(VY/VX)＝tan1（Eqt/mv0），由式中可知：当偏转区

域足够大，偏转时间t充分长时，偏转角θE接近π/2，但不可能等于π/2。磁偏转的偏转角θB＝ωt＝Vt/r＝qBt/m，容易实现0—π角的偏转

－

－

2

OV0θBXBθBO′VY磁偏转

三、带电粒子在有界匀强磁场中运动的问题

有界匀强磁场是指在局部空间内存在着匀强磁场。对磁场边界约束时，可以使磁场有着多种多样的边界形状，如：单直线边界、平行直线边界、矩形边界、圆形边界、三角形边界等。这类问题中一般设计为：带电粒子在磁场外以垂直磁场方向的速度进入磁场，在磁场内经历一段匀速圆周运动后离开磁场。粒子进入磁场时速度方向与磁场边界夹角不同，使粒子运动轨迹不同，导致粒子轨迹与磁场边界的关系不同，由此带来很多临界问题。 1、基本轨迹。

（1）单直线边界磁场（如图1所示）。

VOV1O2θ1V2θ2θ1θ2V图（1）V1V2O1

带电粒子垂直磁场进入磁场时。

①如果垂直磁场边界进入，粒子作半圆运动后垂直原边界飞出；

②如果与磁场边界成夹角θ进入，仍以与磁场边界夹角θ飞出（有两种轨迹，图1中若两轨迹共弦，则θ1＝θ2）

（2）平行直线边界磁场（如图2所示）。

V3V2O3V1O2O1图（2）q

带电粒子垂直磁场边界并垂直磁场进入磁场时， ①速度较小时，作半圆运动后从原边界飞出；

②速度增加为某临界值时，粒子作部分圆周运动其轨迹与另一边界相切；③速度较大时粒子作部分圆周运动后从另一边界飞出。 （3）矩形边界磁场（如图3所示）。

V4V3V2O4O3O2O1图（3）V1q 带电粒子垂直磁场边界并垂直磁场进入磁场时，

3

①速度较小时粒子作半圆运动后从原边界飞出； ②速度在某一范围内时从侧面边界飞出；

③速度为某临界值时，粒子作部分圆周运动其轨迹与对面边界相切； ④速度较大时粒子作部分圆周运动从对面边界飞出。

（4）带电粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的几个特点。

特点1 入射速度方向指向匀强磁场区域圆的圆心，则出射速度方向的反向延长线必过该区域圆的圆心。

例1。 如图1，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，现有一电荷量为q，质量为m的正离子从a点沿圆形区域的直径入射，设正离子射出磁场区域方向与入射方向的夹角为60，求此离子在磁场区域内飞行的时间。

★解析：设正离子从磁场区域的b点射出，射出速度方向的延长线与入射方向的直径交点为O，如图2，正离子在磁场中运动的轨迹为一段圆弧，该轨迹圆弧对应的圆心O’位于初、末速度方向垂线的交点，也在弦ab的垂直平分线上，O’b与区域圆相切，弦ab既是轨迹圆弧对应的弦，也是区域圆的弦，由此可知，OO’就是弦ab的垂直平分线，O点就是磁场区域圆的圆心。

又因为四边形OabO’的四个角之和为360，可推出aO'b60，因此，正离子在磁场中完成了1/6圆周，即

t1m T63qB特点2 入射速度方向（不一定指向区域圆圆心）与轨迹圆弧对应的弦的夹角为（弦

切角），则出射速度方向与入射速度方向的偏转角为2，轨迹圆弧对应的圆心角也为2，并且初末速度方向的交点、轨迹圆的圆心、区域圆的圆心都在弧弦的垂直平分线上。

4

如图3，带电粒子从a点射入匀强磁场区域，初速度方向不指向区域圆圆心，若出射点为b，轨迹圆的圆心O’在初速度v0方向的垂线和弦ab的垂直平分线的交点上，入射速度方向与该中垂线的交点为d，可以证明：出射速度方向的反向延长线也过d点，O、d、O’都在弦ab的垂直平分线上。

如果同一种带电粒子，速度方向一定、速度大小不同时，出射点不同，运动轨迹对应的弦不同，弦切角不同，该轨迹圆弧对应的圆心角2也不同，则运动时间t2m也不同。 qB例2。 如图4所示，在xOy坐标系第一象限内有一个与x轴相切于Q点的圆形有界匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，一带电粒子（不计重力）质量为m，带电荷量为+q，以初速度v0从P点进入第一象限，30，经过该圆形有界磁场时，速度方向偏转了60，从x轴上的Q点射出。

问：在第一象限内圆形磁场区域的半径多大？

分析：根据上述特点2可知，速度偏转角为60，那么弦切角就为30，我们可以先做出弦，并且弦一定过Q点，因此，做出过Q点且平行于y轴的直线，与初速度v0方向的交点为A，A点就是入射点，AQ就是弦，又因为区域圆在Q点与x轴相切，AQ也是区域圆的直径，如图4。轨迹圆心为Q’，圆心角为60，AO'Q为等边三角形，半径

rmv0,AQr， qBrmv0 22qB所以圆形磁场区域的半径为

也可在图4中体会一下，如果区域圆半径过大或过小，弦（入射点和Q点的连线）也会发生变化，可以看出弦切角不再是30，那么偏转角也就不会是60了。 2．基本方法。

带电粒子在匀强磁场中作部分圆周运动时，往往联系临界和多解问题，分析解决这类问题的基本方法是：

(1)运用动态思维，确定临界状态。从速度的角度看，一般有两种情况：

5

①粒子速度方向不变，速度大小变化；此时所有速度大小不同的粒子，其运动轨迹的圆心都在垂直于初速度的直线上，速度增加时，轨道半径随着增加，寻找运动轨迹的临界点（如：与磁场边界的切点，与磁场边界特殊点的交点等）； ②粒子速度大小不变，速度方向变化；此时由于速度大小不变，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而找出动圆的圆心轨迹，再确定运动轨迹的临界点。 （2）确定临界状态的圆心、半径和轨迹，寻找临界状态时圆弧所对应的回旋角求粒子的运动时间（见前一课时）。 四．带电粒子在匀强磁场运动的多解问题

带电粒子在匀强磁场中运动时，可能磁场方向不定、电荷的电性正负不定、磁场边界的约束、临界状态的多种可能、运动轨迹的周期性以及粒子的速度大小和方向变化等使问题形成多解。

1．带电粒子的电性不确定形成多解。当其它条件相同的情况下，正负粒子在磁场中运动的轨迹不同，形成双解。

2．磁场方向不确定形成多解。当磁场的磁感应强度的大小不变，磁场方向发生变化时，可以形成双解或多解。

3．临界状态不唯一形成多解。带电粒子在有界磁场中运动时，可能出现多种不同的临界状态，形成与临界状态相对应的多解问题。

4．带电粒子运动的周期性形成多解。粒子在磁场中运动时，如果改变其运动条件（如：加档板、加电场、变磁场等）可使粒子在某一空间出现重复性运动而形成多解 五．磁场最小范围问题

近年来高考题中多次出现求圆形磁场的最小范围问题，这类问题的求解方法是：先依据题意和几何知识，确定圆弧轨迹的圆心、半径和粒子运动的轨迹，再用最小圆覆盖粒子运动的轨迹（一般情况下是圆形磁场的直径等于粒子运动轨迹的弦），所求最小圆就是圆形磁场的最小范围

类型题： 确定带电粒子在磁场中运动圆心 带电粒子垂直进入磁场，在洛仑兹力的作用下，做匀速圆周运动，找到圆心，画出轨迹，是解这类题的关键。下面举例说明圆心的确定方法。 1．由两速度的垂线定圆心

【例题】电视机的显像管中，电子（质量为m，带电量为e）束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图1所示，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感强度B应为多少？

★解析：如图2所示，电子在匀强磁场中做圆周运动，圆周上的两点a、b分别为进入和射出的点。做a、b点速度的垂线，交点O1即为轨迹圆的圆心。

6

设电子进入磁场时的速度为v，对电子在电场中的运动过程有

eUmv2/2

对电子在磁场中的运动（设轨道半径为R）有

evBmv2/R

由图可知，偏转角与r、R的关系为

tan(/2)r/R

联立以上三式解得

B(1/r)2mU/etan(/2)

2．由两条弦的垂直平分线定圆心

【例题】如图3所示，有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向向里。一带正电荷量为q的粒子，质量为m，从O点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、C到O点的距离分别为a、b。试求：（1）初速度方向与x轴夹角；（2）初速度的大小。

★解析：（1）粒子垂直射入磁场，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图4所示，OA、OC是圆周上的两条弦。做两条弦的垂直平分线，交点O1即为圆轨迹的圆心，以O1为圆心，

OO1＝R为半径画圆。正电荷在O点所受的洛仑兹力F的方向（与初速度垂直）和粒子的

初速度v的方向（与OO1垂直斜向上），也在图上标出。

设初速度方向与x轴的夹角为，由几何关系可知，∠O1OC＝。在直角三角形OO1D中，有

tan(a/2)/(b/2)a/b arctan(a/b)

7

（2）由直角三角形OO1D，粒子的轨道半径

R(a/2)2(b/2)2

粒子在磁场中运动有 qvBmv2/R 由上述两式可得 vqBab/(2m)

3．由两洛仑兹力的延长线定圆心

【例题】如图5所示，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在匀强磁场中做匀速圆周运动的一个电子，动量为P，电量为e，在A、C点，所受洛仑兹力的方向如图示，已知AC＝d。求电子从A到C时发生的偏转角。

22

★解析：如图6所示，A、C为圆周上的两点，做洛仑兹力的延长线，交点O为圆周轨迹的圆心。以O为圆心做电子从A到C的运动轨迹。过A、C画出速度的方向，则角为偏转角。

设粒子的质量为m，速度为v，则轨迹半径

Rmv/(eB)P/(eB)

由几何关系有 sin(/2)(d/2)/R 联立以上二式解得 2arcsin[deB/(2P)]

4．综合定圆心

确定圆心，还可综合运用上述方法。一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛仑兹力的延长线，选其中任两条都可找出圆心。

【例题】如图7所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子的电量和质量之比q/m。

★解析：如图所示，

8

粒子进入磁场后，受洛仑兹力的作用，做匀速圆周运动，从A点射出磁场。OA是圆轨迹上一条弦，初速度v0与圆周轨迹相切。做弦的垂直平分线和初速度v的垂线，交点O1即为圆轨迹的圆心。以O1为圆心，以O1到入射点O的距离R（轨道半径）画出粒子圆周运动的轨迹。

由洛仑兹力公式和牛顿定律有

2qv0Bmv0/R

O1是弦OA的垂直平分线上的点，由几何关系有

L/2Rsin

联立以上二式解得 q/m2v0sin/(LB) 类型题： 确定带电粒子在磁场中运动轨迹的方法 带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些题不但涉及洛伦兹力，而且往往与几何关系相联系，使问题难度加大，但无论这类题多么复杂，其关键一点在于画轨迹，只要确定了轨迹，问题便迎刃而解，下面举几种确定带电粒子运动轨迹的方法。 1、 对称法

带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论可以轻松画出粒子的轨迹。

【例题】如图1所示，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射速度方向为xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子电量与质量之比。

★解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图2所示，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由与几何关系得：

9

Rsin1L 2①

2mv0带电粒子磁场中作圆周运动，由qv0B

R解得Rmv0 qB②

①②联立解得

2、 动态圆法

在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子时，粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹。

【例题】如图所示，S为电子源，它在纸面360度范围内发射速度大小为v0，质量为m，电量为q的电子（q<0），MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为

mv0，求挡板被电子击中的范围为多大？ qL

★解析：由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图4所示，最高点为动态圆与MN的相切时的交点，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时B

mv0为最低点，带电粒子在磁场中作圆周运动，由qv0B得

R2 10

Rmv0L qBSB为直径，则SB2L，SOL由几何关系得

OBSB2OS23L

A为切点，所以OA＝L 所以粒子能击中的范围为(1

3、 放缩法

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，探索出临界点的轨迹，使问题得解。

【例题】如图5所示，匀强磁场中磁感应强度为B，宽度为d，一电子从左边界垂直匀强磁场射入，入射方向与边界的夹角为，已知电子的质量为m，电量为e，要使电子能从轨道的另一侧射出，求电子速度大小的范围。

3)L。

★解析：如图6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，设此时的速率为v0，带电粒子在磁场中作圆周运动，由几何关系得

rrcosd

①

11

电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力

mv0mv0，所以r ev0BrBe①②联立解得v02②

Bed所以电子从另一侧射出的条件是速度大于

m(1cos)Bed。

m(1cos)

4、 临界法

临界点是粒子轨迹发生质的变化的转折点，所以只要画出临界点的轨迹就可以使问题得解。

【例题】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，两极板不带电，现有质量为m电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边极板间中点处垂直磁感线以水平速度v射入磁场，欲使粒子打到极板上，求初速度的范围。

★解析：由左手定则判定受力向下，所以向下偏转，恰好打到下板右边界和左边界为两个临界状态，分别作出两个状态的轨迹图，如图8、图9所示，打到右边界时，在直角三角形OAB中，由几何关系得：

L2)L2 25L解得轨道半径R1

4R1(R12mv1电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力qv1B

R12因此v1qBR1mqB5L45qBL m4m 12

打在左侧边界时，如图9所示，由几何关系得轨迹半径R2电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力

L 4mv2 qv2BR22所以v2qBR2mqBL4qBL m4m所以打在板上时速度的范围为

qBL5qBL v4m4m以上是确定带电粒子在磁场中运动轨迹的四种方法，在解题中如果善于抓住这几点，可以使问题轻松得解

类型题： 计算带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。 1、带电粒子在半无界磁场中的运动

【例题】一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率V垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中(如图11)。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里。

O v θ B P S

(1)求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离。

(2)如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明:直线O与离子入射方向之间的夹角θ跟t的关系是qBt。 2m★解析：(1)离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：

13

mVV2 ，解得r BqVmBqr如图12所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以AO2mV Bq(2)当离子到位置P时，圆心角(见图12)：

VtBqt rm因为2，所以

qBt。 2m2、带电粒子在圆形磁场中的运动

【例题】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光屏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13所示，求O＇P的长度和电子通过磁场所用的时间。

L A M

N

★解析：电子所受重力不计。

L A M

O θ B O,

R θ/2 θ/2 O// P N

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14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)tanθ，而

14

2tan()2，tan()r，所以求得R后就可以求出O＇P了，电子经过磁场的tan2R1tan2()2ABR时间可用t=来求得。 VVV2mV由BeVm得R=.OP(Lr)tan

ReBreBr tan()2RmV2tan()2eBrmV2 tan22222mVeBr1tan2()22(Lr)eBrmV， O,P(Lr)tan22222mVeBr2eBrmVarctan(22)

mVe2B2r2Rm2eBrmVtarctan(22)

VeBmVe2B2r2

3、带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动

【例题】如图15所示，一束电子(电量为e)以速度V垂直射入磁感强度为B，宽度为d

的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是，穿透磁场的时间是 。

A V d B 30V O B

★解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥V，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图15中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。 ∴r=d/sin30°=2d，又由r=mV/Be得m=2dBe/V

又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3V。

带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度V必须满足什么条件？这时必须满足r=mV/Be>d，即V>Bed/m。

15

4、带电粒子在正方形磁场中的运动

【例题】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图16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（ ）

O r1 l v +q v l

A．使粒子的速度V5BqL/4m； C．使粒子的速度V>BqL/m； D．使粒子速度BqL/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r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2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r1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O点，有： r12＝L2+(r1-L/2)2得r1=5L/4，

又由于r1=mV1/Bq得V1=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r2＝L/4，又由r2＝mV2/Bq=L/4得V2＝BqL/4m

∴V25、带电粒子在环状磁场中的运动

【例题】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R1=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=4×107c/㎏，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。试计算

16

（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18所示。

r由图中知r1R1(R2r1) 解得r10.375m

222 Bqr1V121.5107m/s 由BqV1m得V1mr1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V11.510m/s。 （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19所示。

7O O2 由图中知r2 R2R10.25m 2V22由BqV2m

r2得V2Bqr21.0107m/s m所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度

17

V21.0107m/s

6、带电粒子在“绿叶形”磁场中的运动

【例题】如图所示，在xoy平面内有很多质量为m、电量为e的电子，从坐标原点O不断以相同的速率V0沿不同方向平行xoy平面射入第I象限。现加一垂直xoy平面向里、磁感强度为B的匀强磁场，要求这些入射电子穿过磁场都能平行于x轴且沿X轴正方向运动。求符合条件的磁场的最小面积。（不考虑电子之间的相互作用）

★解析：如图21所示，电子在磁场中做匀速圆周运动，半径为RmV0。在由O点射Be入第I象限的所有电子中，沿y轴正方向射出的电子转过1/4圆周，速度变为沿x轴正方向，这条轨迹为磁场区域的上边界。下面确定磁场区域的下边界。

设某电子做匀速圆周运动的圆心O/与O点的连线与y轴正方向夹角为θ，若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向，其射出点（也就是轨迹与磁场边界的交点）的坐标为（x，y）。由图中几何关系可得

x=Rsinθ，y=R-Rcosθ，

消去参数θ可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2，(x>0，y>0)

这是一个圆的方程，圆心在（0，R）处。磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积。磁场的最小面积为;

(2)m2V021212S2(RR)

422e2B2

7、带电粒子在有“圆孔”的磁场中运动

【例题】如图22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

18

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）

a S d o c b

★解析：

a S d o b 如图所示，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：qUc 1mV2 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：

V2 BqVmR由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过外半径r，即R=r。由以上各式解得：

3圆周，所以半径R必定等于筒的4B2qr2。 U2m

8、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动

【例题】如图24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：

19

L E O d B B

（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点所用时间t。 ★解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： qEL带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：

O3 600 O O2 O1 1mV2 2V2 BqVmR由以上两式，可得R1B2mEL。 q可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图25所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为

dRsin600（2）在电场中

16mEL

2Bqt12V2mV2mL， 2aqEqE在中间磁场中运动时间t2T2m 33qB55m， T63qB在右侧磁场中运动时间t3则粒子第一次回到O点的所用时间为

20

tt1t2t322mL7m。 qE3qB综上所述，运动的带电粒子垂直进入有界的匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定

做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出轨迹图，并灵活运用几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期T的关系，求出粒子在磁场中偏转的角度或距离以及运动时间不太难

类型题： 计算带电粒子在有界磁场边界碰撞 带电粒子与有界磁场边界碰撞的问题，由于这类问题往往存在多解，同学们解这类习题时常常由于只考虑问题的特解而忽略一般情况的分析，对学生能力的要求较高，因此不少同学感到困难。为加强学生对这类问题的认识，下面通过例题来分析带电粒子与磁场边界碰撞问题。

1、带电粒子与绝缘圆筒的碰撞

【例题】如图26所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度V射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t。设粒子与圆筒内壁碰撞时量和电量损失，不计粒子的重力。

A v0 B O ★解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图27所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次(n2)，经过m转回到A点，则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2πm/(n+1)（这里是指磁场圆弧所对圆心角，而不是指轨迹圆弧所对圆心角）。由几何知识可知，离子运动的半径为:

rRtanm(m=1，2，3…，n=2，3，…) n1 21

离子运动的周期为T2m，又 qBV2BqVm， r所以离子在磁场中运动的时间为 t2Rm(m=1，2，3…，n=2，3，…) tanVn1 我认为应改为：

2、带电粒子与正方形绝缘壁的碰撞

【例题】如图28所示，正方形匀强磁场区边界长为a、由光滑绝缘壁围成，质量为m、

电量为q的带正电粒子垂直于磁场方向和边界，从下边界正的A孔射入磁场中。粒子碰撞时量和电量损失，不计重力和碰撞时间，磁感应强度的大小为B，粒子在磁场中运动的半径小于a。欲使粒子仍能从A孔处射出，粒子的入射速度应为多少？在磁场中运动时间是多少？

B a

A

★解析：欲使粒子仍能从A孔处射出，粒子的运动轨迹可能是如图29甲、乙所示的两种情况。

对图29甲所示的情形，粒子运动的半径为R，则

22

Ra,n0,1,

2(2n1)mV22m又qVB，T，

RqB所以

VqBa,2(2n1)m

2(2n1)mt(4n1)T,n0,1,2,qB对图29乙所示的情形，粒子运动的半径为R1，则

R1a,k1,2, 4k2mV1又qV1B，

R1所以

V1qBa,t2kT4km

2k(2)m,k1,2,qB我认为应改为：

V1qBa,t2kT4km

4k(2)m,k1,2,qB

3、带电粒子与三角形绝缘壁的碰撞

【例题】如图30所示，在半径为α的圆柱形空间中(图中圆为其横截面)充满磁感应强度为B的均匀磁场．其方向平行于轴线远离读者。在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L=1.6α的刚性等边三角形框架△DEF，其中心O位于圆柱的轴线

23

上．DE边上S点DSL/4处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下．发射粒子的电量皆为 q(>0)，质量均为m，但速度V有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问：

（1）带电粒子速度V的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点? （2）这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少?

★解析：（1）粒子从S点以垂直于DF边射出后，做匀速圆周运动，其圆心必在DE边上。根据牛顿第定律可得：

V2mV 解得 R BqVmRBq要使粒子能回到S点， 要求粒子每次与△DEF碰撞时， V都垂直于边，且通过三角形

顶点处时，圆心必为三角形顶点，故

DS(2n1)Rn(n=1，2，3……)

即 RnL2a (n=1，2，3……) 4(2n1)5(2n1)此时SE3DS(6n3)Rn （n1,2,）

要使粒子能绕过三角形顶点，粒子轨迹至多与磁场边界相切，即D与磁场边界距离

xa83a0.076a 15由于R32a0.080a, R2a0.057a

42535所以有n4，所以可得Vn（n=4，5，……） （2）由于TBq2a

m5(2n1)2R2m VBq可见，T与V无关，n越小，所用时间越少，取n=4。

24

由几何关系可知，粒子运动轨迹包含3×13个半圆加3个加圆心角300º的弧。所以有

t313T53T22T 26可求得t44

mBq

类型题： 带电粒子在复合场中的运动 1．会分析求解带电粒子在复合场中做匀速直线运动的问题。

当带电粒子在复合场中所受到的合外力为零时，带电粒子可以做匀速直线运动。这类试

题在高考试题中经常出现。

【例题】设在地面上方的真空室内存在匀强电场和匀强磁场。已知电场强度和磁感应强度的方向是相 同的，电场强度的大小E＝4.0V/m，磁感应强度的大小B＝0.15T。今有一个带负电的质点以V＝20m/s的速度在此区域内沿垂直场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m以及磁场的所有可能方向(角度可用反三角函数表示)。

★解析：。根据带电质点做匀速直线运动的条件，得知此带电质点所受的重力、电场力和洛仑兹力的合力必定为零。由此推知此三个力在同一竖直平面内，如图31所示，质点的速度垂直纸面向外

由合力为零的条件，可得:

mgq(VB)2E2

求得带电质点的电量与质量之比

qmqmgE(BV)9.8022代入数据得：

(200.15)4.0221.96C/kg.

因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而磁场方向也与电场力方向相反。设磁场方向与重力方向之间夹角为θ，则有: qEsinθ＝qvBcosθ

解得tanθ=VB/E=20×0.15/4.0，θ＝arctan0.75。

即磁场是沿着与重力方向夹角θ＝arctg0.75，且斜向下方的一切方向。 典型实例：

25

例1：质量为m的带正电量为q的粒子，从垂直纸面向里的匀强磁场B中自由下落（初速度为零），重力的作用不能忽略（不计一切阻力），试求：（1）粒子在磁场中运动的轨迹方程；（2）粒子进入磁场的最大深度和最大速度。

例2：在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O点静止释放，小球的运动曲线如图所示。已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，重力加速度为g。求：

（1）小球运动到任意位置P（x，y）处的速率v。 （2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym。 （3）当在上述磁场中加一竖直向上场强为E（E止释放后获得的最大速率vm。

例3：如图所示，匀强磁场中放置一块与磁感线平行的均匀薄铅板，一个带电粒子进入匀强磁场，以半径R1＝20cm做匀速圆周运动，第一次垂直穿过铅板后，以半径R2＝19cm做匀速圆周运动，带电粒子还能穿过铅板几次？(设每次穿越铅板的过程中阻力大小相同，电荷量不变．)

mg）的匀强电场时，小球从O静q

26

例4：.如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线平行且距离为L，忽略重力的影响．

(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；

(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示

例5：如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正向夹角为30°，(粒子重力忽略不计)．试求：

(1)圆形磁场区的最小面积；

(2)粒子从O点进入磁场区至到达b点所经历的时间及b点的坐标．

例6：如图(1)所示，两块长度均为5d的金属板，相距d平行放置．下板接地，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场．一束宽为d的电子束从两板左侧垂直磁场方向射入两板间．设电子的质量为m，电荷量为e，入射速度为v0，要使电子不会从两板间射出，求匀强磁场的磁感应强度B满足的条件．

27

例7：(2012·高考课标全国理综)如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度3

方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直

5线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．

例8：（2013高考山东理综第23题）如图所示，在坐标系

xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向

垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E. 一质量为m、带电量为q的粒

子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。 （1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。

（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0； （3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与

28

第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。

例9：（2013高考安徽理综第23题）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x

轴上的a（2h，0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求： （1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向； （3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。

例10：（2013高考四川理综第11题）如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系x0y,x轴沿水平方向。在x≤0的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为

l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x轴且与x轴相

距h。在第一象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点

29

沿x正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经

1圆周离开电磁场区域，4沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P的电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：

（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负； （2）小球Q的抛出速度v0取值范围； （3）B1是B2的多少倍？

例11：(2013高考江苏物理第15题)（16分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。 如题15-1图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间

t作周期性变化的图象如题15-2

图所示。 x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。 在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q。 不计重力。 在t往复运动。

（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0； （2）求B0应满足的关系；

（3）在t0(0< t0<τ/2)时刻释放P，求P速度为零时的坐标。

30

2时刻释放P，它恰能沿一定轨道做

例12：（2013高考天津理综物理第11题）(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强

度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求： (1) M、N间电场强度E的大小； (2）圆筒的半径R:

（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2/3d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。

例13：（2013全国高考大纲版理综第26题）如图所示，虚线60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，M 应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨OL与y轴的夹角为θ＝y 磁感B L 从左道半径为θ x R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OD＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。

例14：如图所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m，带电量为+q的带电粒

O 31

子自静止开始经M、N两平行金属板间的电场加速后，从A、B两板的中间沿垂直于磁感线的方向射入磁场。（不计粒子的重力）求：

（1）若粒子的初速度为0，M、N两板间的电压为U，求射出电场时粒子的速度？ （2）粒子以上述速度射入匀强磁场后做圆周运动的半径是多大？ （3）MN两极板间的电压U应在什么范围内，粒子才能从磁场出？

例15：如图所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有

竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和E

；区域Ⅱ内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为2

B.一质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入 电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入区 域Ⅱ的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中． 求：

(1)粒子在区域Ⅱ匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O、M间的距离；

(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．

例16：如图19所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105 N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂m－

直纸面向里的匀强磁场．质荷比为＝4×1010 N/C的带正

q电粒子从x轴上的A点以初速度v0＝2×107 m/s垂直x轴射入电场，OA＝0.2 m，不计重力．求： (1)粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；

(2)若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况．)

思维训练题：如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D

32

处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点2d (AG⊥AC)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； (2)离子从D处运动到G处所需时间； (3)离子到达G处时的动能．

参 考 答 案

例1：解析：粒子运动过程中受变化的洛仑兹力和重力的作用而做复杂的曲线运动，寻求粒子的分运动是解题的难点和关键，引入如图38所示的速度V1、V2，使V1=V2=mg/Bq。 这样把粒子的运动分解为以V1所做的匀速直线运动和在同一平面以V2所做的匀速圆周运动。建立如图39所示的坐标系，在任一时刻t，有

-x2=Rsinθ， y=R-Rcosθ

θ=ωt，ω=Bq/m， R=mV2/Bq x1=V1t， x=x1+x2

由以上各式可得关于t的参数方程

mgm2gBqxt22sint，

BqmBqm2gm2gBqy2222cost，

mBqBq图40是它的运动轨迹。

令t=mπ/Bq，得粒子进入磁场的最大深度

33

h=2m2g/B2q2

粒子运动的最大速度，根据机械能守恒定律可得： mgh=例2：解析：(1)洛仑兹力不做功，由动能定理得， mgy=

2mq12 VmmVm2Bq12

mv……① 2……②

得 v=2gy（2）设在最大距离ym处的速率为vm，根据圆周运动有，

2vmqvmB-mg=m……③

R且由②知

vm2gym……④

由③④及R=2ym

2m2g得ym22……⑤

qB（3）小球运动如图所示，

由动能定理（qE-mg）|ym|=

12mvm ……⑥ 22vm由圆周运动 qvmB+mg-qE=m……⑦

R且由⑥⑦及R=2|ym|解得 vm=

2(qEmg) qB例3：解析：带电粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得

qvB＝mv2/R

R1v120所以：＝＝

R2v219

34

带电粒子每打穿一次铅板损失的动能相同，其大小为

1123912

ΔEk＝mv2(mv) 1－mv2＝2240021所以，还能打穿的次数为n＝9次

例4：解析：(1)能从速度选择器射出的离子满足：

qE0＝qB0v0

E0

解得：v0＝

B0

(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则： x＝v0t

1L＝at2

2

由牛顿第二定律得qE＝ma E0

解得x＝

B0

2mL

qE

mv0

例5：解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝，由图可知，∠aO′b＝60°，

qB

3mv03πm2v202

磁场区域最小半径r＝Rcos30°＝，磁场区域最小面积S＝πr＝22

2qB4qB

T2πm

(2)粒子从O至a做匀速圆周运动的时间t1＝＝，从a飞出磁场后做匀速直线运动．

33qB

R

因为tan30°＝ 所以ab＝3R

ab

t2＝

ab

3R3m＝

v0v0qB

m2π

所以t＝t1＋t2＝(＋3) qB3R

因为sin30°＝ 所以O′b＝2R

O′b＝

3mv0

所以Ob＝3R＝ qB3mv0

故b点的坐标为(，0)．

qB

例6：解析：要使所有电子不从两侧飞出，需使紧贴上板平行射入的电子束不从同一侧飞出也不从另一侧飞出．这是两个边界条件或说是两个临界条件．如图(2)所示，不从左侧飞出，d

则电子做圆周运动的最小半径为R2＝；不从另一侧飞出，则电子做圆周运动的最大半径为

2

22

R1，由几何知识可得R21＝(R1－d)＋(5d)，解得R1＝13d.欲使电子不飞出极板，电子运动的

半径R应满足的关系式为R2＜R＜R1.

又因带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，半径r＝

mvmv0

，则有R＝.将以上R2、R1qBqB

35

mv02mv0

代入R2＜R＜R1，可得B满足的条件是＜B＜. 13eded

mv02mv0

答案：＜B＜ 13eded例7：解析：

粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得

v2

qvB＝m①

r

式中v为粒子在a点的速度．

过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点．由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此

ac＝bc＝r②

4

设cd＝x，由几何关系得ac＝R＋x③

53bc＝R＋

5

R2－x2④

联立②③④式得 7r＝R⑤ 5

再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得

qE＝ma⑥

粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 1

r＝at2⑦ 2r＝vt⑧

式中t是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得 14qRB2E＝·.⑨

5m14qRB2

答案：·

5m

36

例8：解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向的分速度的大小为vy，速度与x轴正方向的夹角为

θ，由牛顿第二定律得：qE=ma， ①

由运动学公式得：d=

12

at0， ② 2d= v0t0， ③ 222vy=at0， ④ v=v0， ⑤ vytanθ= vy / v0 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式解得：v=2qEd ， ⑦ mθ=45°。 ⑧

（2）设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰三角形，得：R1=22d。⑨⑩ 由牛顿第二定律得：

v2qvB0=m

R1联立⑦⑨⑩式解得：B0=mE 2qd(3) ）设粒子做匀速圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2’是粒子做匀速圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2’，由几何关系知，O2FGO2’和O2QHO2’均为矩形，进而知FQ、GH均为直径， QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：2R2=22d。

粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：FG=HQ=2 R2， 设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有： t=

FGHQ2R2。

v联立解得：t=(2+π)2md. qE12

at=h，qE=ma， 2例9：【 解析】（1）设粒子在电场中运动的时间为t，则有x=vt=2h，y=

37

2mv0联立解得：E=。

2qh（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy=at= v0 所以：v=v0vy=2 v0。

方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成45°角。

22v2（1） 粒子在磁场中运动时，有qvB=m。

r当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有： r=2mv02L。所以B=。 2qL例10：解析：（1）带电小球P在电磁场区域内做圆周运动，必有重力与电场力平衡，设匀强电场的场强大小为E，有：mg=qE，

解得：E=mg/q。

小球P在平板下侧紧贴平板运动，其所受洛伦兹力必竖直向上，故小球P带正电。 (2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有：qvB1=mg，

v2设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有qvB2=m。

R设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有：x≥0，y≤0. 小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平位移为s，竖直位移为d，有： s=v0t0， d=

12

gt0， 2由题意得：x=s-l，y=h-d， 联立上述方程，由题意可知v0>0，解得：

2ghm2g0< v0≤(L+2)

qB1B22h(1) 小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一

水平高度的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移y0必须满足：

38

vy=v，y0=

12

gt，联立相关方程，解得B1=B2/2。B1是B22的0.5倍。 例11：解析：

（1）τ/2~ τ做匀加速直线运动，τ~2 τ做匀速圆周运动，电场力：F=qE0，加速度：a=F/m， 速度：v0=at，且t=τ/2， 联立解得：v0=qE0。 2m（2）只有当t=2τ时，P在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示。设P在磁场中做匀速圆周运动周期为T，则： （n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）

v2匀速圆周运动：qvB0=m，T=2πr/v，

r解得：B0=（2n-1）

m。 q（3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ- t0。 在磁场中做匀速圆周运动，v1=

qE0(τ- t0)..。 m圆周运动的半径：r1=

mv1， qB0解得：r1=

E0(τ- t0)..。 B0又经(τ- t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.。 P再进入磁场，v2=

qE0t0.。 mmv2， qB0圆周运动的半径：r2=

解得：r2=

E0t0.。 B0 39

综上所述，速度为零时的横坐标为x=0。 相应的纵坐标为y=2kr1k1r2，(k=1，2，3，···) 解2kr1r22E0k-2t0t0B0得：y=(k=1，2，3，···) ，2Ek-2t00B0例12：解析：设两板间的电压为U，由动能定理得：qU=由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed，②

12

mv， ① 2mv2联立解得：E=。 ③

2qd2（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O’，圆半径为r。设第一次碰撞点为A。由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角∠AO’S=π/3。

由几何关系得r=Rtan(π/3) ④

v2粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：qvB=m，⑤

r联立④⑤式解得：R=3mv。 ⑥ 3qB（3）保持M、N之间的电场强度E不变，M板向上移动2d/3后，设板间电压为U’，则 U’=Ed/3=U/3. ⑦

U'v'2设粒子进入S孔时的速度为v’，由①式可看出：=2。

Uv综合⑦式可得：v’=3v。 ⑧ 3设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r’，则r’=3mv ⑨ 3qB设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r’=R，可见，θ=π/2，

粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故：n=3

40

例13：解：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，

v2设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有 qvBm （1分） （判断出圆心在y轴

R上得1分）

周期为 T2πm （1分） qB 过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得 ADRsinα，ODADcot60，

BPODcotβ，OPADBP

α=β （2分） 联立得到 sinα1cosα1 （2分） 3 解得α=30°，或α=90° （各2分） 设M点到O点的距离为h，有 ADRsinα

hROC，OCCDODRcosα联立得到 h=R-3AD 32Rcos(α+30°) （1分） 3 解得h=(1-3)R （α=30°） （2分） 3

3)R （α=90°） （2分） 3

h=(1+ 当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为 tTπm （2分） 126qBTπm （2分） 42qB 当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为 t例14：①v2qu m 41

②

1B2mu qqB2d2qB2(d24l2)2 ③U或 U>

32m32md22

2mv03mv08＋3mv0πm

例15：答案 (1) (2) (3)＋

qB2qEqE3qB

审题指导 1.粒子的运动过程是怎样的？ 2．尝试画出粒子的运动轨迹．

3．注意进入磁场时的速度的大小与方向．

解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示，其在区域Ⅰ的匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运 v0

动规律知v＝

cos 60°

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 v22mv0

Bqv＝m，所以R＝

RqB

(2)设粒子在区域Ⅰ的电场中运动时间为t1，加速度为a.则有qE＝ma，v0tan 60°＝at1，即t1＝

2

123mv0

O、M两点间的距离为L＝at1＝

22qE

3mv0

qE

(3)设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2 T1πm

则由几何关系知t2＝＝

63qB

Eq

2qE

设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝＝

m2m2v08mv0

则t3＝2＝

a′qE

粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为 t＝t1＋t2＋t3＝

3mv0πm8mv08＋3mv0πm

＋＋＝＋ qE3qBqEqE3qB

－

例16：答案 (1)0.4 m (2)B≥(22＋2)×102 T

42

解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，1

则：sOA＝at2

2Fa＝ mFE＝

qy＝v0t

联立解得a＝1.0×1015 m/s2 t＝2.0×10－8 s y＝0.4 m (2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为： vx＝at＝2×107 m/s

粒子经过y轴时的速度大小为： v＝

27

v2x＋v0＝22×10 m/s

与y轴正方向的夹角为θ，θ＝arctan

vx

＝45° v0

要使粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R，则： R＋

2

R≤y 2

v2

qvB＝m

R

联立解得B≥(22＋2)×10－2 T.

9＋2πm24B2q2d2

思维训练题答案：答案 (1)d (2) (3)

33Bq9m解析 (1)正离子轨迹如图所示． 圆周运动半径r满足： d＝r＋rcos 60° 2

解得r＝d

3

v20

(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有：qv0B＝m

r2πr2πmT＝＝

v0qB

43

12πm

由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为：t1＝T＝

33Bq

2d3m

离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为：t2＝＝ v0Bq9＋2πm

离子从D→C→G的总时间为：t＝t1＋t2＝

3Bq(3)设电场强度为E，则有： qE＝ma d＝12at22

由动能定理得：qEd＝EkG－1

2mv20

解得E4B2q2d2

kG＝9m

44