2019高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 习题课4 带电粒子在磁场中的运动学案 沪科版选修3-1.doc

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1、- 1 -习题课习题课 4 4 带电粒子在磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动学习目标 1.会分析带电粒子在不同边界的磁场中的运动，能求解带电粒子在有界磁场中运动的问题 2.会分析带电粒子在磁场、电场组合场中的运动，能求解组合场问题带电粒子在有界磁场中的运动1运动特点(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，据此可以确定速度、磁感应强度、轨迹半径、磁场区域面积等方面的极值(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越大，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(前提条件是弧是劣弧)(3)当速率变化时，圆心角大的，运动时间长(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场

2、区域圆半径时，则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)2带电粒子在有界磁场中运动的三种常见情形(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图 1 所示)图 1(2)平行边界(存在临界条件，如图 2 所示)图 2(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图 3 所示)- 2 -图 3如图 4 所示，在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B.一质量为m，带有电荷量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点(APd)射入磁场(不计重力影响)图 4(1)如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度大小；(2)如果粒子经纸面

3、内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为.求入射粒子的速度大小思路点拨：若粒子从P点射入，从A点射出，则AP为粒子圆周运动的直径若粒子从Q点射出，则首先要确定粒子圆周运动的圆心【解析】 (1)由于粒子在P点垂直AD射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：mqBv1v2 1 d/2解得v1.qBd 2m(2)设O是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接OQ，设OQR.由几何关系得OQOOORRd由余弦定理得(OO)2R2R22RRcos 解得Rd2Rd 2R1cos d设入射粒子的速度为v，由mqvBv2 R解得v.qB

4、d2Rd 2mR1cos d【答案】 见解析- 3 -带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路针对训练1.如图 5，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为 .已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60，则粒子R 2的速率为(不计重力)( ) 【导学号：69682282】图 5A. B. C. D.qBR 2mqBR m3qBR 2m2qBR mB B 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvBm，根v2 r据几何关

5、系可知rR，联立两式解得v，选项 B 正确qBR m- 4 -2.如图 6 所示，在xy平面内，y0 的区域有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成 60角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置图 6【解析】 当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则qv0Bm，R，v2 0 Rmv0 qBT2m qB故粒子在磁场中的运动时间t1T240 3604m 3qB粒子在C点离开磁场OC2Rsin 603mv0qB故离开磁场的位置为(，0)3mv0qB当带电粒子

6、带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2T120 3602m 3qB离开磁场时的位置为(，0)3mv0qB【答案】 (，0)或 (，0)4m 3qB3mv0qB2m 3qB3mv0qB带电粒子在组合场中的运动1组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现2分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理- 5 -(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题在图 7 甲中，带

7、正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点，如图 7 甲所示，测得G、H间的距离为d，粒子的重力可忽略不计甲 乙图 7(1)设粒子的电荷量为q，质量为m，求该粒子的比荷 ；q m(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图 7 乙所示，其他条件不变要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上(MN足够长)，求磁场区域的半径R应满足的条件思路点拨：粒子在电场中加速可应用动能定理，粒子在磁场中偏转到H点可

8、求出半径要保证粒子不能打到MN上，粒子在磁场中运动的偏角不能大于 90.【解析】 (1)带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理，有qUmv2 1 2进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径为r，qvBm v2 r打到H点有r d 2由得 .q m8U B2d2(2)要保证所有带电粒子都不能打到MN边界上，带电粒子在磁场中运动的偏角应不大于90，临界状态为 90.如图所示，- 6 -磁场区半径Rrd 2所以磁场区域半径满足R .d 2【答案】 (1) (2)R8U B2d2d 2带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况(2)画出粒子的运动

9、轨迹图，并运用几何知识，寻找关系(3)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力(4)分析并确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向该速度往往是联系两个运动过程的桥梁针对训练3如图 8 所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两块导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况

10、为(不计重力，不考虑边缘效应)( ) 【导学号：69682283】图 8Ad随U1变化，d与U2无关Bd与U1无关，d随U2变化Cd随U1、U2变化Dd与U1无关，d与U2无关A A 粒子在电场U1中加速，则qU1mv，在偏转电场中做类平抛运动，设粒子在偏转电场1 22 0中的偏向角为，则进入磁场时的速度v，进入磁场中做圆周运动的半径为R，则距离v0 cos - 7 -d2Rcos ，联立得d，只有 A 正确2mvcos qB2mv0 qB2 B2mU1 q4如图 9 所示，直径分别为D和 2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存

11、在垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电荷量为q的粒子由小孔下方 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射d 2入磁场不计粒子的重力图 9(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小【解析】 (1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE mv2 d 21 2由式得E. mv2 qd(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm v2 R如图所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况若粒子轨迹与小圆外切，由几何关

12、系得R D 4联立式得- 8 -B 4mv qD若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R 3D 4联立式得B. 4mv 3qD【答案】 (1) (2)或mv2 qd4mv qD4mv 3qD当 堂 达 标固 双 基1. (多选)如图 10 所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子(不计重力)以一定速度沿AB边的中点M垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出，则( )图 10A仅把该粒子改为带负电，粒子将从B点射出B仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大C仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子在磁场中运动时间不变D仅减小带正电粒子速度，粒子将从AD之间的某点射出ACAC

13、仅把该粒子改为带负电，粒子受到的洛伦兹力方向向下，与原来的相反，粒子向下做半圆运动，从B点射出，A 正确；根据公式T可得，仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运2m Bq动时间将减小，B 错误；粒子在磁场中的运动时间和磁感应强度大小有关，和磁场方向无关，故仅将磁场方向改为垂直于纸面向外，粒子在磁场中运动时间不变，C 正确；根据公式r可得，mv Bq仅减小带正电粒子速度，粒子运动半径减小，则粒子将从AM之间的某点射出，D 错误2. (多选)如图 11 所示，在半径为R的圆形区域内(圆心为O)有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)一群具有相同比荷的负离子，以相同的速率由P点在纸平面内向不

14、同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨迹半径大于R，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)( ) 【导学号：69682284】- 9 -图 11A从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大C所有离子飞出磁场时的动能一定相等D在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点ADAD 由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏转角最大，故弦长为PQ时最大，由Q点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，轨迹不可能经过圆心O点，故 A、D 正确，B 错误；因洛伦兹力永不做功，故粒子在磁场中运动时动能保持不变，但由于不知离子的初动能，

15、故飞出时的动能不一定相等，故 C 错误3如图 12 所示，在平面直角坐标系xOy内，第、象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第、象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直坐标平面向外，一带正电的粒子从第象限中的Q(2L，L)点以速度v02 m/s 沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图 12(1)粒子进入磁场时的速度大小和方向；(2)电场强度与磁感应强度大小之比；(3)若L1 m，粒子在磁场与电场中运动的总时间【解析】 (1)在匀强电场运动过程中，在水平方向上做匀速直线运动，故有 2Lv0t1，在竖直方向上做匀变

16、速直线运动，故有Lat，1 22 1粒子运动的加速度qEma，粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度为vyat1v0，故速度方向与水平方向的夹角满足 tan 1，vy v0即45- 10 -粒子在磁场中的运动速度为vv02 m/s.22(2)洛伦兹力充当向心力，所以有Bqvm，v2 r得rmv Bq2mv0Bq粒子运动轨迹如图，根据几何关系可得rL，联立解得2EB11.(3)由(2)中讨论可知，粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为 90，故粒子在磁场中的运动时间为t2T， 2 2根据公式T，L1 m，t2，2m BqL 2v0粒子运动总时间tt1t2，联立可得t s.(1 4)【答案】 (1)2 m/s 与水平方向夹角为 45 (2)11 (3) s2(14)