(2021年整理)高考物理专题：带电粒子在磁场中运动

（完整）高考物理专题：带电粒子在磁场中运动

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带电粒子在磁场中的运动

【例1】磁流体发电机原理图如右.等离子体高速从两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为间最大电压为多少？

解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向

＋ ＋ ＋ ＋ ＋ 左向右喷射,正极？两板

B R － － － － ― 上、向下.所

以上极板为正。正、负极板间会产生电场.当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压:U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转.这时电动势仍是E=Bdv,但路端电压将小于Bdv。

在定性分析时特别需要注意的是：

⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。

⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）

⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析.在外电路断开时最终将达到平衡态。

【例2】 半导体靠自由电子(带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子;n型中自由电子为多数下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将

I 载流子.用以材料放在匀强

磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低,若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体.试分析原因。

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解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右,所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多,上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低.

注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。

3.洛伦兹力大小的计算

带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： rmv,T2m

BqBq

【例3】 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v（电子质量为m，电荷为e）,它们从磁场中射出时相距出的时间差是多少？

M B v O 磁场。正、

N 射入磁场多远？射

解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出,经历时间相差2T/3。答案为射出点相距s2mv,时间差为t4m。关键是找圆心、找半径和

Be3Bq用对称。

【例4】 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀并恰好垂直于y轴射出第一象限.求匀强磁场的磁感应强度B的坐标。

v y P（a，0）

B 强磁场中，和射出点

v O/ o a x

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/

解：由射入、射出点的半径可找到圆心O，并得出半径为r2amv,得B3mv；射出点

3Bq2aq坐标为（0,3a）。

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题,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5】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,如图所示。磁感应强度B的方向与离垂直，并垂直于图1中纸面向里。

（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的

S O v θ P 子的运动方向

B

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OP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：

v2mvBqvm ，解得r

rBq如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离

2mv Bq为：AO=2r

所以AO（2）当离子到位置P时，圆心角：vtBqt rm4 / 13

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因为2，所以qBt。 2m2．穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆

m心线)。偏角可由tanr求出。经历时间由t得出。

2Rr v O 的圆心、连

BqR O/ v 注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆

心.

【例6】如图所示，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强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍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损失，不计粒子的重力。

解析:由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失,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，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（n2），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2几何知识可知，离子运动的半径为

rRtanA v0 B O 磁场，磁感应从A点射出，无能量和电量

π/（n+1）.由

n1

v22m离子运动的周期为T，又Bqvm，

rqB所以离子在磁场中运动的时间为t

2R。 tanvn1【例7】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

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L

M

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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，如图所示，求

O＇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4所示，连结

OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有

P

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，

2tan()2,tan()r，所以求得R后就可以求出O＇P了，电子经过磁场的时间可而tan2R1tan2()2ABR用t=来求得. VVv2mv 由Bevm得R=.OP(Lr)tan

ReBreBr， tan()2RmV2tan()2eBrmv2 tan22222mveBr1tan2()2O,P(Lr)tan2(Lr)eBrmv，

m2v2e2B2r2L A O θ B R θ/2 θ/2 O//

P M

O,

N

arctan(t2eBrmv) 22222mveBrRvm2eBrmvarctan(22) 222eBmveBr6 / 13

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3．穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线)。偏转角由sinθ=L/R222

求出。侧移由R=L-（R-y）解出。经历时间由tm得出。

Bq

注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！

【例8】如图所示，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 .

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

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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。

【例9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，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：

A．使粒子的速度v〈BqL/4m； B．使粒子的速度v>5BqL/4m； C．使粒子的速度v〉BqL/m;

D．使粒子速度BqL/4m〈v〈5BqL/4m.

解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而运动,很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从出,而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出,现在求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿大值r2，由几何知识得：

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：

作匀速圆周极板右边穿问题归结为出时r的最

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 ∴v28 / 13

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针对训练

1．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是

A。速率变小，半径变小,周期不变 B.速率不变，半径不变，周期不变 C。速率不变，半径变大，周期变大 D。速率不变，半径变小,周期变小

2．如图所示,x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子(不计重力）,以相同速度从O点射入磁向与x轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中

A.运动时间相同 B。运动轨道半径相同

C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同 D.重新回到x轴时距O点的距离相同

3．电子自静止开始经M、N板间(两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中,电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度。（已知电子的质量为m,电量为e）

场中，射入方

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4．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷。物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号\"航天飞机搭载升空,寻找宇宙中反物质存在的证据。磁谱仪的核心部分如图所示,PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m,电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.

(1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹？(不要求写出判断过程） （2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径;

（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少？

5．如图所示,在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里,磁感应强度为B。一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：

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（1）该粒子射出磁场的位置；

(2）该粒子在磁场中运动的时间。（粒子所受重力不计) 参考答案

1．A 2。BCD

3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v,由动能定理得：

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mv-0=eu 2电子进入磁场后做匀速圆周运动,设其半径为r，则：

v2evB=m

r电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：

LL2d22L2d2=

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由以上三式得:B=

2LL2d22mu e4。解：（1)a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹。 （2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:

v2mvevBm R

ReB（3）由图中几何关系知:

sodmvm2v2RRL22L2

eBeB22所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离

2mvm2v2 222L2

eBeBsad2sod5。解:(1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场,设O、A间的距离为L,射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为

θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：

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vqv0B=m0

R2式中R为圆轨道半径，解得：

mv0 qBR= ①

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得:

L=Rsinθ 2 ②

联解①②两式，得:L=

2mv0sin

qB2mv0sin，0）

qB所以粒子离开磁场的位置坐标为（-

（2）因为T=

2R2m= v0qB所以粒子在磁场中运动的时间，t＝

222m()•T 2qB13 / 13