高考知识点巡查专题18带电粒子在磁场中的圆周运动 (1)

专题十八带电粒子在磁场中的圆周运动

雷区扫描

本部分常见的失分点有：

1.不能正确理解、应用粒子垂直进入匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力充当向心力的方程，以及其运动半径及周期的决定式.

2.不能科学、准确地画出粒子运动轨迹图.

3.不能从表示粒子运动的几何图中找到半径、圆心角与其他几何量的关系.

造成失误的根源在于：①没有一个正确的分析思路，缺乏一定的辩证思维和空间想象能力；②对各种关系不理解或不清楚，如：速度方向与洛伦兹力方向间的关系、洛伦兹力方向与圆心位置的关系、速度方向与圆半径的关系、圆半径和圆心的关系、角度关系等；③没有良好的作图习惯.

排雷示例

例1.(2002年全国理综)

电视机显像管中电子束的偏转是用磁偏转技术实现的，电子束经电压为U的加速电场加速后，进入一圆形磁场区，如图18—1所示，磁场方向垂直圆面，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点而打到屏幕中心M点.为了使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θ，此时磁场的磁感应强度B为多大？

雷区探测

本题是与实际相结合的问题，考查加速电场中动能定理的应用，粒子在有界磁场做中匀速圆周运动，用几何图表示粒子运动过程.

雷区诊断

本题的关键是画出粒子在有界磁场中运动的示意图，找到电子束偏转过θ角时，它做圆周运动的圆心角也为θ.

正确解答

电子在磁场中沿圆弧ab运动如图18—2所示，圆心为C，半径为R，以v表示电子进入电场的速度，m、e分别表示电子质量和电量，则：

图18—1

图18—2

eU=

2

1

mv2 ①

ev B=m

R

v2

②

又有tan

2

θ

=

R

r

③

由①②③解得：B=

r

1

e

mv

2

tan

2

θ

例2.(2001年全国)

如图18—3所示，在y＜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轴方

向的夹角为θ，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

m

q

.

雷区探测

本题研究粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动问题，考查洛伦兹力、向心力等概念，以及牛顿第二定律的应用.

雷区诊断

粒子垂直进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动.圆心在垂直v0方向的直线上，确定粒子所受洛伦兹力方向，洛伦兹力指向圆心，从而确定了圆心方位，即可画出粒子运动轨迹，交x轴于A点，AO即为轨迹圆弧的弦，AO的垂直平分线必过轨迹圆弧的圆心C.从图中即可很容易找到θ与AO弦所对应圆心角的关系，从而找到圆弧半径，求出荷质比.

正确解答

带正电粒子垂直射入磁场后，由于受洛伦兹力的作用，粒子将沿图所示的轨迹运动，从A点射出磁场.O、A间的距离为l，射出时速度大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角为θ.

图18—3

图18—4

由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：

qv 0B =m r

v 20 式中R 为圆轨道半径，解得R =qB mv 0 ①

圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上，由几何关系可得：2l =R sin θ ②

联立①、②两式，解得：m

q =lB v sin 20 例3.(1999年广东)

如图18—5，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于xOy 所在的纸面向外，某时刻在x =l 0、y =0处，一质子沿y 轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x =-l 0，y =0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直，不考虑质子与α粒子的相互作用，设质子的质量为m ，电量为e.

(1)如果质子经过坐标原点，它的速度为多大？

(2)如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值？方向如何？

雷区探测

此问题是两粒子相遇问题，除对粒子在匀强磁场中半径及周期公式推导做考查外，同时还考查学生的空间想象能力.

雷区诊断

此题容易漏掉其中一种情况，导致题做得不完整.根本原因是没考虑粒子运动的周期性，

即每个粒子可以多次经过原点，如质子经过原点需经过时间为t =

21T p ,2

3T p ,……,α粒子与质子相遇则应经过时间也是t ,t =41T α,43T α,……,所以α粒子可以经过41圆弧，43圆弧(其他情况不必考虑)，到达原点与质子相遇，因此该问题应有两解.

正确解答

(1)根据质子进入磁场处的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x 轴上，又因质子经过原点O ，故其轨道半径r p =2

1l 0,设质子的速率为v p ，由牛顿定律得p

p

r mv 2=eBv p ，解得v p =m

eBl 20 图18—5

(2)质子做圆周运动的周期为T p =

eB m π2，由于α粒子电荷为q α=2e ，质量m α=4 m ，故α粒子做圆周运动的周期T α=

eB

m π4，质子在做圆周运动的过程中，在t = 21T p ,23T p ,2

5T P ……各时刻通过O 点，α粒子如与质子在O 点相遇，必在同一时刻 到达O 点，这些时刻分别在t =41T α, 43T α……，如果α粒子在t =4

1T α到达O 点，它运行了41周期，如在t =43T α到达O 点，它运行了4

3周期，由此可知α粒子进入磁场处与O 点之间的连线必为41圆周或43圆周所对的弦，如图18—6所示(实际上t =4

5T α等情形不必再 考虑)，进而得出，α粒子的轨道半径r α=2

2l 0

设α粒子的速度为v α,则由牛顿定律得a

a a r v M 2=q αBv α 代入m α=4 m,q α=2e,得v α=m

eBl 420 但方向可有两个，用α粒子速度方向与x 轴正方向夹角θ表示θ1=4

πθ2=43π 例4.(1999年全国)

图18—7所示，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，O 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v 的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内向各个方向，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O 的距离为L ，不计重力及粒子间的相互作用.

(1)求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.

(2)求这两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔.

图18—6