帶電粒子在勻強磁場中的運動例析

帶電粒子在磁場中動運時受到洛倫茲力的大小為f=qvBsinα，α為v與B的夾角.當v∥B時f=0;當v⊥B時f=qvB，由左手定則可知其方向時刻與粒子的速度垂直.當不考慮洛倫茲力以外的其他力時，粒子在勻強磁場中的可能運動為:

(1)當v∥B時，粒子做勻速直線運動;

(2)當v⊥B時，粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動;

(3)當v與B既不平行也不垂直時，粒子做螺旋線運動.

其中帶電粒子在磁場中的圓周運動是高中物理的一個重點，也是高考的熱點.這類問題，綜合性較強，解這類問題既要用到物理中的洛倫茲力、圓周運動的知識，又要用到數學中的平面幾何知識，下面分類舉例說明，僅供參考.

一、帶電粒子在有界磁場中的運動問題

1.帶電粒子在半無界磁場中的運動

圖1

【例1】 如圖1所示，在y<0的區域內存在勻強磁場，磁場方向垂直于xy平面并指向紙面外，磁感強度為B，一帶正電的粒子以速度v0從O點射入磁場，入射方向在xy平面內，與x軸正方向的夾角為θ，若粒子射出磁場的位置與O點的距離為l，求該粒子的電量和質量之比q/m.

圖2

解析:帶正電粒子射入磁場后，若不考慮磁場的邊界，由于受到洛倫茲力的作用，粒子做完整的圓周運動，考慮到磁場的邊界，將粒子在磁場外部的運動略去，粒子實際沿圖示的軌跡(實線)運動，從A點射出磁場，O、A間的距離為l，射出時速度的大小仍為v0，由圓的對稱性可知粒子射出方向與x軸的夾角仍為θ.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律可得qv0B=mv20R，

解得:R=mv0Bq ①

圓軌道的圓心位于OA的中垂線上，由幾何關系可得l2=Rsinθ ②

聯立①②兩式，解得qm=2v0sinθlB.

2.帶電粒子在條形磁場中的運動

圖3

【例2】 如圖3所示，一束電子(電量為e)以速度v垂直射入磁感強度為B，寬度為d的勻強磁場中，射出磁場時速度方向與電子原來射入磁場方向的夾角是30°，則電子的質量是__________，穿越磁場的時間是__________.

解析:電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子射入和射出磁場時受到的洛倫茲力指向的交點上，如圖中的O點，由幾何知識有，AC所對的圓心角θ=30°，OC為半徑r.

則r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v，

由于軌跡弧所對圓心角是30°，故穿越磁場的時間t=T/12，故t=πd/3v.

3.帶電粒子在矩形磁場中的運動

圖4

【例3】 長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖4所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現有質量為m，電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從極板左邊中點處垂直磁場以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，應該().

A.使粒子的速度v

B.使粒子的速度v>5BqL/4m

C.使粒子的速度v>BqL/4m

D.使粒子速度BqL/4m

解析:由左手定則可知粒子在磁場中做勻速圓周運動向上偏轉，顯然圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊射出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊射出，現在將問題歸結為求粒子能在右邊射出時半徑的最小值r1以及粒子在左邊射出時半徑的最大值r2，由幾何知識得:

粒子恰從右邊射出時，圓心在O′點，有:r21=L2+(r1-L/2)2得r1=5L/4，

又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m.

而粒子恰從左邊射出時，圓心在O′點，有r2=L/4

又由r2=mv2/Bq得v2=BqL/4m，

綜上可得正確答案是A、B.

4.帶電粒子在圓形磁場中的運動

圖5

【例4】 如圖5所示，虛線包圍的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感強度為B，質量為m，帶電量為e的電子，以速度v沿圓形區域的直徑方向射入磁場區域，已知電子經過圓形區域射出后速度方向偏轉了θ角.求:

(1)電子通過磁場區域的時間t;

(2)磁場區域的半徑r.

解析:電子從A點射入磁場后，若不考慮磁場的邊界，由于受到洛倫茲力的作用，電子會做完整的圓周運動，考慮到磁場的邊界，將電子在磁場外部的運動略去，電子實際沿圖示的軌跡(實線)運動，從E點射出磁場，由圓的對稱性可知電子射出速度的反向延長線必過磁場圓的圓心C.分別作CE、AC的垂線交于O點，O點即軌跡圓的圓心.由幾何知識可知∠DCE=∠AOE=θ，

圖6

r=AC=Rtanθ2，

由洛倫茲力公式和牛頓第二定律可得:evB=mv2R，

軌道半徑為R=mvBe，周期為T=2πmBe，

綜合以上各式可得t=θ2πT=mθBe，

r=mvBetanθ2.

5.帶電粒子在環形磁場中的運動

圖7

【例5】 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7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R1=0.5m，外半徑R2=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=4×107C/kg，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.

圖8

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.

由圖知r21+R21=(R2-r1)2，解得r1=0.375m，

由Bqv1=mr21r1得v1=Bqr1m=1.5×107m/s，

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v1=1.5×107m/s.

圖9

(2)當粒子以v2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v2速率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r2=R2-R12=0.25m，

由Bqv2=mv22r2得v2=Bqr2m=1.0×107m/s，

所以所有粒子不能穿越磁場的最大速度v2=1.0×107m/s.

二、帶電粒子在電場和磁場交替作用下的運動問題

1.帶電粒子在電磁場中的回歸問題

圖10

【例6】 如圖10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，外筒的半徑為r0，在外筒之外的足夠大區域中有平行于軸線方向的勻強磁場，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m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的S點出發，初速度為零.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)

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:

qU=12mv2，

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:

Bqv=mv2R

由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過34個圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r0，即R=r0.由以上各式解得:U=B2qr202m.

2.回旋加速器問題

圖12

【例7】 如圖12所示，兩個半徑為R的半圓形金屬屏蔽盒M和N置于紙面向里的勻強磁場中，兩盒間距離為d(d很小且dR)，兩盒間所加交變電壓的最大值為U.適當調節交變電壓的頻率，使質量為m，帶電量為q的正離子在一個半圓形盒M的圓心O處從靜止開始不斷加速，最后從半圓形盒的邊緣飛出，已知勻強磁場的磁感強度為B，試計算離子能獲得的最大動能和交變電壓的周期.

解析:如圖13所示，離子從O點出發在電場的作用下

圖13

加速，運動至A1點進入磁

場區域在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動至A2，再次進入電場區域，若此時電場改變方向，則粒子將再次被加速直至運動至A3，在磁場的作用下做勻速圓周運動至點A4，如此往復，離子的速度不斷增大，軌道半徑不斷變大.當離子運動的軌道半徑達到R時離子達到最大速度被引出金屬盒，由qvB=m

v2R得:

圖14

Ekm=(RBq)22m.

設離子在O點釋放時，兩盒間的電壓為U(由于d很小故可以認為離子在電場中運動時電壓保持不變)，當離子運動到A2時兩盒間的電壓變為-U，離子再次被加速，而離子運動到A4時電壓又變為U.可見離子從O運動到A4的時間即為交變電壓的周期，由于dR，故離子在兩盒間電場中的運動時間可以略去不計，因此交變電壓的周期即離子T=2πmBq.

(責任編輯 黃春香)