磁場——旋轉(zhuǎn)動態(tài)圓

1、精品文檔旋轉(zhuǎn)動態(tài)圓1（05 全國） 如圖， 在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向里。許多質(zhì)量為m帶電量為 +q 的粒子，以相同的速率v 沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔 O射入磁場區(qū)域。不計重力， 不計粒子間的相互影響。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中Rmv 。哪個圖是正確的？（）Bq2. （ 2010全國理綜T26） (21 分 ) 如下圖15，在 0x3a 區(qū)域內(nèi)存在與xy 平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B. 在 t =0 時刻，一位于坐標(biāo)原點的粒子源在xy 平面內(nèi)發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與

2、y 軸正方向的夾角分布在0 180范圍內(nèi)。 已知沿 y 軸正方向發(fā)射的粒子在tt0 時刻剛好從磁場邊界上P(3a,a) 點離開磁場。求：(1) 粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷 qm;(2) 此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y 軸正方向夾角的取值范圍；(3) 從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！疽?guī)范解答】 初速度與 y 軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡圖 15如圖 16中的弧 OP所示 , 其圓心為 C. 由題給條件可以得出2OCP= 3(2分 )此粒子飛出磁場所用的時間為t 0T(2分 )=3式中 T 為粒子做圓周運動的周期.設(shè)粒子運動速度的大小為v, 半徑為 R,

3、由幾何關(guān)系可得。1歡迎下載精品文檔R=2(2 分)a3由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有v2qvB =m R(1分 )2R(1分)T=v解以上聯(lián)立方程 , 可得q2圖 17m=3Bt0(3分 )(2) 依題意 , 同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到 O的距離相同 (2 分 ) ，在 t 0 時刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以 O點為圓心、 OP為半徑的弧 MN上, 如圖 16 所示 .設(shè)此時位于 P、M、 N 三點的粒子的初速度分別為v 、v 、v . 由pMN對稱性可知 vp 與OPOM .ON的夾角均為/3. 設(shè).、 vM與、vN 與vM、vN與 y 軸正向的夾角分別為M、 N, , 由幾何關(guān)系有M= 3(

4、1分 )N 2(1分 ) = 3對于所有此時仍在磁場中的粒子, 其初速度與y軸正方向所成的夾角 應(yīng)滿足2(2分 )圖 163 3(3) 在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應(yīng)與磁場右邊界相切, 其軌跡如圖17 所示. 由幾何關(guān)系可知 ,弧長 OM等于弧長 OP(1分 )由對稱性可知，弧長等于弧長(1分)所以從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間 =2t 0(2分 )2q【答案】 R=a ， =23Bt3m0 速度與 y 軸的正方向的夾角范圍是23 3從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為 2 t 0。2歡迎下載精品文檔3. （ 2010新課標(biāo)全國卷T25）（ 18 分）如圖所示，在0 x a、0 y

5、a 范圍內(nèi)有垂直2于 xy 平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。坐標(biāo)原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q 的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy 平面內(nèi)，與y 軸正方向的夾角分布在0 90范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于 a/2 到 a 之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一。求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的（ 1）速度的大??； （ 2）速度方向與 y 軸正方向夾角的正弦?！舅悸伏c撥】 解答本題可按以下思路分析：畫出沿 y 方向以 a/2 為半徑做圓周運動軌跡增大半徑將運動圓弧以O(shè) 為圓心旋轉(zhuǎn)

6、圓弧軌跡與磁場上邊界相切時為臨界軌跡再將臨界軌跡旋轉(zhuǎn)比較得到最長時間【規(guī)范解答】（ 1）設(shè)粒子的發(fā)射速度為 v，粒子做圓周運動的軌道半徑為 R，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式，得：qvB m v 2，（2 分）R由解得： Rmv（1 分）qB畫出沿 y 方向以 a/ 2 為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖所示，再畫出從坐標(biāo)原點O沿與 y 軸正方向以半徑R0（a/ 2R0a）做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡 ，然后將臨界軌跡 以 O為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短，如下圖所示。從圖不難看出臨界軌跡 對應(yīng)的運動時間最長。當(dāng) aR a 時，在磁場

7、中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為 C的圓弧， 圓弧與磁2T場的上邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t ，依題意 t，得：4OCA。 （4分）2設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y 軸正方向的夾角為 ，由幾何關(guān)系可得：R sinR a （2分）2。3歡迎下載精品文檔R sinaRcos（2 分）y又 sin 2cos21（1分）B由 式解得： R(26 )a2由 式得：v(26 ) aqB2 m66（2）由 式得： sin10（2 分）Ox（2分）（2 分）【答案】（ 1） v (26 ) aqB （ 2） sin662 m10【類題拓展】巧解有界磁場中部分圓弧運動問題（ 1

8、）分析思路三步走：1. 確定圓心，畫出軌跡； 2. 找?guī)缀侮P(guān)系，定物理量； 3. 畫動態(tài)圖，定臨界狀態(tài)。（ 2）分析方法四優(yōu)法1. 幾何對稱法：粒子的運動軌跡關(guān)于入射點和出射點的中垂線對稱。2. 動態(tài)放縮法：速度越大半徑越大， 但速度方向不變的粒子圓心在垂直速度方向的直線上。3. 旋轉(zhuǎn)平移法： 定點離子源發(fā)射速度大小相等、 方向不同的所有粒子的軌跡圓圓心在以入射點為圓心，半徑 R=mv0/ ( qB) 的圓上，相當(dāng)于將一個定圓以入射點為圓心旋轉(zhuǎn)。4. 數(shù)學(xué)解析法：寫出軌跡圓和圓形邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識求解。本題巧妙地應(yīng)用動態(tài)放縮法和旋轉(zhuǎn)平移法能夠很快得出帶電粒子在磁場中運動時間最長

9、的臨界軌跡，問題也就迎刃而解了。練習(xí)： 1、（ 18 分）（ 2012 湖北省八校第一次聯(lián)考）如圖所示，在正方形區(qū)域abcd 內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁ab感應(yīng)強度為 B 的勻強磁場。在t=0 時刻，一位于ad 邊中點 o 的粒子源在 abcd 平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大O小相同，方向與od 邊的夾角分布在 0 180范圍內(nèi)。已知沿 od 方向發(fā)射的粒子在 tt0 時刻剛好從磁場邊界cd 上的 p 點離開磁場，粒d pc子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形邊長L，粒子重力不計，求：（ 1）粒子的比荷 q m；（ 2）假設(shè)粒子源發(fā)射的粒子在0 180范圍內(nèi)均勻分布，

10、此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)。4歡迎下載精品文檔與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比；（ 3）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。解：（ 1）初速度沿 od 方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖，其園心為n，由幾何關(guān)系有：onp,t0T（2分）612粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得Bqvm( 2 ) 2 R ， v2 R ，（2 分）aWTT得q（2分）Om6Bt 0(2) 依題意，同一時刻仍在磁場中的粒子到o 點距離相等。在 t 0dP時刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以o 為圓心， op 為半徑的弧 pw 上。 （ 2 分）由圖知5（2 分）pow6此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與總粒子數(shù)

11、之比為5/6（ 2分）（ 3）在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場邊界b 點相交，（2 分）設(shè)此粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為，則 sin5（2 分）Y24ab5O12 arcsin在磁場中運動的最長時間tT4 t 0dc2bnc所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為t(12 arcsin 5 )t0 。 （ 2 分）4練習(xí) 2：S 為電子源， 它只在下圖所示的紙面上360范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、 質(zhì)量為 m、電荷量為 e 的電子， MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S 的水平距離 OS=L。擋板左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，求：(1) 要使 S發(fā)射的電子能夠到達(dá)擋板，則發(fā)射電子的速度至少為多大？(2) 若電子發(fā)射的速度為 eBL/m，則擋板被擊中的范圍有多大？解： (1) 從 S 發(fā)射電子速度方向豎直向上，并且軌道半徑恰好等于時，是能夠達(dá)到擋板的。5歡迎下載精品文檔最小發(fā)