《2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器 習(xí)題課4 帶電粒子在磁場中的運動學(xué)案 滬科版選修3-1.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018-2019學(xué)年高中物理 第5章 磁場與回旋加速器 習(xí)題課4 帶電粒子在磁場中的運動學(xué)案 滬科版選修3-1.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

習(xí)題課4　帶電粒子在磁場中的運動 [學(xué)習(xí)目標]　1.會分析帶電粒子在不同邊界的磁場中的運動，能求解帶電粒子在有界磁場中運動的問題．　2.會分析帶電粒子在磁場、電場組合場中的運動，能求解組合場問題． 帶電粒子在有界磁場中的運動 1．運動特點 (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應(yīng)強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值． (2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧)． (3)當速率變化時，圓心角大的，運動時間長． (4)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)． 2．帶電粒子在有界磁場中運動的三種常見情形 (1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖1所示) 圖1 (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖2所示) 圖2 (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖3所示) 圖3 　如圖4所示，在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m，帶有電荷量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點(AP＝d)射入磁場(不計重力影響)． 圖4 (1)如果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度大小； (2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ.求入射粒子的速度大?。? 思路點撥：①若粒子從P點射入，從A點射出，則AP為粒子圓周運動的直徑． ②若粒子從Q點射出，則首先要確定粒子圓周運動的圓心． 【解析】　(1)由于粒子在P點垂直AD射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，AP是直徑． 設(shè)入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得： m＝qBv1 解得v1＝. (2)設(shè)O′是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O′Q，設(shè)O′Q＝R′. 由幾何關(guān)系得∠OQO′＝φ OO′＝R′＋R－d 由余弦定理得(OO′)2＝R2＋R′2－2RR′cos φ 解得R′＝ 設(shè)入射粒子的速度為v，由m＝qvB 解得v＝. 【答案】　見解析 帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的分析思路 [針對訓(xùn)練] 1.如圖5，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力)(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682282】 圖5 A.　　 B. C. D. B　[設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvB＝m，根據(jù)幾何關(guān)系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝，選項B正確．] 2.如圖6所示，在xy平面內(nèi)，y≥0的區(qū)域有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，一質(zhì)量為m、帶電量大小為q的粒子從原點O沿與x軸正方向成60角方向以v0射入，粒子的重力不計，求帶電粒子在磁場中運動的時間和帶電粒子離開磁場時的位置． 圖6 【解析】　當帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC， 對粒子，由于洛倫茲力提供向心力，則 qv0B＝m，R＝， T＝ 故粒子在磁場中的運動時間t1＝T＝ 粒子在C點離開磁場OC＝2Rsin 60＝ 故離開磁場的位置為(－，0) 當帶電粒子帶負電時，軌跡如圖中ODE所示，同理求得粒子在磁場中的運動時間t2＝T＝ 離開磁場時的位置為(，0)． 【答案】　　(－，0)或　(，0) 帶電粒子在組合場中的運動 1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn)． 2．分析思路 (1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理． (2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵． (3)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 　在圖7甲中，帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達照相底片上的H點，如圖7甲所示，測得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計． 甲　　　　　　　　　　　乙 圖7 (1)設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，求該粒子的比荷； (2)若偏轉(zhuǎn)磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖7乙所示，其他條件不變．要保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長)，求磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件． 思路點撥：①粒子在電場中加速可應(yīng)用動能定理，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)到H點可求出半徑． ②要保證粒子不能打到MN上，粒子在磁場中運動的偏角不能大于90. 【解析】　(1)帶電粒子經(jīng)過電場加速，進入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，由動能定理，有qU＝mv2 ① 進入磁場后帶電粒子做勻速圓周運動，軌道半徑為r， qvB＝m ② 打到H點有r＝ ③ 由①②③得＝. (2)要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，帶電粒子在磁場中運動的偏角應(yīng)不大于90，臨界狀態(tài)為90. 如圖所示， 磁場區(qū)半徑R＝r＝ 所以磁場區(qū)域半徑滿足R≤. 【答案】　(1)　(2)R≤ 帶電粒子在組合場中運動的處理方法 (1)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況． (2)畫出粒子的運動軌跡圖，并運用幾何知識，尋找關(guān)系． (3)選擇合適的物理規(guī)律，列方程：對于類平拋運動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的勻加速直線運動；對粒子在磁場中做勻速圓周運動的情況，一般都是洛倫茲力提供向心力． (4)分析并確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向．該速度往往是聯(lián)系兩個運動過程的橋梁． [針對訓(xùn)練] 3．如圖8所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩塊導(dǎo)體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力，不考慮邊緣效應(yīng))(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682283】 圖8 A．d隨U1變化，d與U2無關(guān) B．d與U1無關(guān)，d隨U2變化 C．d隨U1、U2變化 D．d與U1無關(guān)，d與U2無關(guān) A　[粒子在電場U1中加速，則qU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏向角為θ，則進入磁場時的速度v＝，進入磁場中做圓周運動的半徑為R，則距離d＝2Rcos θ＝＝，聯(lián)立得d＝，只有A正確．] 4．如圖9所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場．不計粒子的重力． 圖9 (1)求極板間電場強度的大?。? (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大?。? 【解析】　(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得 qE＝mv2 ① 由①式得 E＝. ② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m ③ 如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況． 若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得 R＝ ④ 聯(lián)立③④式得 B＝ ⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝ ⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝. ⑦ 【答案】　(1)　(2)或 [當 堂 達 標固 雙 基] 1. (多選)如圖10所示，正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電粒子(不計重力)以一定速度沿AB邊的中點M垂直于AB邊射入磁場，恰好從A點射出，則(　　) 圖10 A．僅把該粒子改為帶負電，粒子將從B點射出 B．僅增大磁感應(yīng)強度，粒子在磁場中運動時間將增大 C．僅將磁場方向改為垂直于紙面向外，粒子在磁場中運動時間不變 D．僅減小帶正電粒子速度，粒子將從AD之間的某點射出 AC　[僅把該粒子改為帶負電，粒子受到的洛倫茲力方向向下，與原來的相反，粒子向下做半圓運動，從B點射出，A正確；根據(jù)公式T＝可得，僅增大磁感應(yīng)強度，粒子在磁場中運動時間將減小，B錯誤；粒子在磁場中的運動時間和磁感應(yīng)強度大小有關(guān)，和磁場方向無關(guān)，故僅將磁場方向改為垂直于紙面向外，粒子在磁場中運動時間不變，C正確；根據(jù)公式r＝可得，僅減小帶正電粒子速度，粒子運動半徑減小，則粒子將從AM之間的某點射出，D錯誤．] 2. (多選)如圖11所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)(圓心為O)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群具有相同比荷的負離子，以相同的速率由P點在紙平面內(nèi)向不同方向射入磁場中，發(fā)生偏轉(zhuǎn)后又飛出磁場，若離子在磁場中運動的軌跡半徑大于R，則下列說法中正確的是(不計離子的重力)(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682284】 圖11 A．從Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長 B．沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉(zhuǎn)角最大 C．所有離子飛出磁場時的動能一定相等 D．在磁場中運動時間最長的離子不可能經(jīng)過圓心O點 AD　[由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當軌跡圓的弦長最大時偏轉(zhuǎn)角最大，故弦長為PQ時最大，由Q點飛出的離子圓心角最大，所對應(yīng)的時間最長，軌跡不可能經(jīng)過圓心O點，故A、D正確，B錯誤；因洛倫茲力永不做功，故粒子在磁場中運動時動能保持不變，但由于不知離子的初動能，故飛出時的動能不一定相等，故C錯誤．] 3．如圖12所示，在平面直角坐標系xOy內(nèi)，第Ⅱ、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強磁場，磁場圓心在M(L,0)點，磁場方向垂直坐標平面向外，一帶正電的粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點以速度v0＝2 m/s沿x軸正方向射出，恰好從坐標原點O進入磁場，從P(2L,0)點射出磁場，不計粒子重力，求： 圖12 (1)粒子進入磁場時的速度大小和方向； (2)電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比； (3)若L＝1 m，粒子在磁場與電場中運動的總時間． 【解析】　(1)在勻強電場運動過程中， 在水平方向上做勻速直線運動，故有2L＝v0t1， 在豎直方向上做勻變速直線運動，故有L＝at， 粒子運動的加速度qE＝ma， 粒子到達O點時，沿y軸正方向的分速度為vy＝at1＝v0，故速度方向與水平方向的夾角α滿足tan α＝＝1， 即α＝45 粒子在磁場中的運動速度為v＝v0＝2 m/s. (2)洛倫茲力充當向心力，所以有Bqv＝m， 得r＝＝ 粒子運動軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可得r＝L，聯(lián)立解得 E∶B＝1∶1. (3)由(2)中討論可知，粒子在磁場中的運動軌跡的圓心角為90，故粒子在磁場中的運動時間為t2＝T， 根據(jù)公式T＝，L＝1 m，t2＝， 粒子運動總時間t＝t1＋t2， 聯(lián)立可得t＝ s. 【答案】　(1)2 m/s　與水平方向夾角為45 (2)1∶1　(3) s