2015-2016學年高中物理第5章磁場與回旋加速器6習題課帶電粒子在磁場或復合場中的運動

1、3.幾個有用的結論：解決帶電粒子在有界磁場中運動問題的方法先畫出運動軌跡草圖.找到粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心位置，半徑大小以及與半徑學案 6 習題課：帶電粒子在磁場或復合場中的運動目標定位1.會確定帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心和半徑2 會分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的臨界問題3 會分析帶電粒子在疊加場或組合場中的運動知識，探究基礎自學屠實 重點互動探究、帶電粒子在有界磁場中的運動1.帶電粒子在勻強磁場中的運動特點:(1)當帶電粒子(不計重力)的速度方向與磁場方向平行時，帶電粒子所受洛倫茲力F= 0,粒子做勻速直線運動.(2)當帶電粒子(不計重力)的速度方向與磁場方向垂直時，

2、帶電粒子所受洛倫茲力F=qvB,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑為r=mmv周期為T=qB712.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動問題分析:(1)圓心的確定：入、出方向垂線的交點；入或出方向垂線與弦的中垂線的交點(2)半徑的確定：利用幾何知識解直角三角形.做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形注意圓心角a等于粒子速度轉過的偏向角0,且等于弦切角0的2 倍，如圖 1 所示，即卩$ =a= 20./爭(偏向角)圖 12有關的幾何關系是解題的關鍵.解決此類問題時應注意(1)粒子進入單邊磁場時，進、出磁場具有對稱性，如圖2(a)、(b)、(c)所示.U)3圖 2（2）在圓形

3、磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出，如圖（d）所示.當速率一定時，運動的弧長越長，圓心角越大，運動時間越長.【例 1 在以坐標原點0為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖 3 所示.一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿一x方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿+y方向飛出.cZx X /x X X：丁xl笛負址。風J V R圖 3（i）請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷m（2）若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)橄嗤乃俣壬淙氪艌觯w出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了 強度B多大？

4、此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？解析（1）由粒子的運動軌跡（如圖所示），利用左手定則可知，該粒 子帶負電荷粒子由A處射入，由C點飛出，其速度方向改變了90,則粒子軌2跡半徑R=r，又qvB= nR設粒子從D點飛出磁場，速度方向改變了60角，故AD弧所對圓心角為 60,粒子做答案（1）負電荷Br于B丄滬則粒子的比荷q=vmBrB,該粒子仍從A處以60角，求磁感應圓周運動的半徑R=rcot 303r，又RmvqB，粒子在磁場中運動所用時間t=1匸1x鵲云6 6qB3v（E）所以B=4二、帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題帶電粒子剛好穿出或剛好不穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界

5、相切.解題關鍵是從軌跡入手找準臨界點.(1)當粒子的入射方向不變而速度大小可變時，由于半徑不確定，可從軌跡圓的縮放中發(fā)現(xiàn) 臨界點.(2)當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，軌跡圓大小不變，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉，可從定圓的動態(tài)旋轉中發(fā)現(xiàn)臨界點【例2真空區(qū)域有寬度為L、磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向如圖4 所示，MN PQ是磁場的邊界.質(zhì)量為m電荷量為+q的粒子沿著與MN夾角為0= 30的方向垂直射入磁場中，粒子剛好沒能從PQ邊界射出磁場(不計粒子重力的影響)，求粒子射入磁場的速度及 在磁場中運動的時間.3005 E 葉八亠 2nm十,、,5nmt= 360T= 6周期厶式T= 所以

6、t= 麗.三、帶電粒子在復合場或組合場中的運動1. 電荷在疊加場中的運動一般有兩種情況：(1) 直線運動：如果電荷在疊加場中做直線運動，一定是做勻速直線運動，合力為零.(2) 圓周運動：如果電荷在疊加場中做圓周運動，一定是做勻速圓周運動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力提供向心力.2. 分析電荷在電場和磁場的組合場中的運動，通常按時間的先后順序分成若干個小過程來進行處理，在每一運動過程中都從粒子的受力分析著手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動.例 3】一帶電微粒在如圖 5 所示的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，求:解析粒子剛好沒能從跡如圖=唧:qBv=PQ邊界

7、射出磁場，設軌跡半徑為L=r+rcos0，軌跡半徑r=1+cos0r,則粒子的運_2L_2+、,3.由半徑公式_2LqB_?+. 3 m由幾何知識可看出，軌跡所對圓心角為300,則運動時間答案2LqB5nm?+ ,3 m3qB圖 45（1）該帶電微粒的電性？（2）該帶電微粒的旋轉方向？若已知圓的半徑為r,電場強度的大小為E,磁感應強度的大小為B,重力加速度為g,則線速度為多少？ 解析（1）帶電微粒在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電微粒受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反, 故可知帶電微粒帶負電荷 磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終

8、指向圓心，由左手定則可判斷微粒的旋轉方向為逆時針（四指所指的方向與帶負電的微粒的運動方向相反）.（3）由微粒做勻速圓周運動可知電場力和重力大小相等，得:帶電微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:聯(lián)立式得：v，Br例 4 如圖 6 所示，在x軸上方有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E.一質(zhì)量為m電荷量為一q的帶電粒子從坐標 原點沿著y軸正方向射出，射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L,求此粒子射出時的速度v的大小和運動的總路程s（重力不計）.圖 6解析 粒子在磁場中的運動為勻速圓周運動，在電場中的運動為勻變速直線運動.畫

9、出粒子mg= qEmvr=qB答案（1） 負gBr6運動的過程草圖.根據(jù)這張圖可知粒子在磁場中運動半個周期后第一次通過x軸進入電場，做勻減速直線運動至速度為零，再反方向做勻加速直線運動，以原來的速度大小反方向進入磁場，即第二次進入磁場，接著粒子在磁場中做勻速圓周運動，半個周期后第三次通過x7軸.由圖可知，R= 4在磁場中：f=F向,2亠v有qvB=mR在電場中：粒子在電場中的最大位移是I根據(jù)動能定理qEI= 2mVqBL22m mv4m2qE_2qE第三次到達x軸時，粒子運動的總路程為一個圓周和兩個位移的長度之和檢測學習效果體驗成功快樂1.（帶電粒子在有界磁場中的運動）如圖 7 是比荷相同的a

10、、b兩粒子從0點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則（）圖 7A.a的質(zhì)量比b的質(zhì)量大B.a帶正電荷、b帶負電荷C.a在磁場中的運動速率比b的大D.a在磁場中的運動時間比b的長答案 C解析 比荷相同，但不知電荷量，故不能比較a、b的質(zhì)量，A 錯；由左手定則可知，a、b2都帶負電荷，B 錯；帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB=罟，得v= 比Rm由式解得:qBR_ qBLm4ms=2nR+ 2I旦*睡216mE答案BqLnL qL2扁+i6m)E自我，檢測8向豎直向下，有一正離子恰能以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域.下列說法正確的是荷相同，a的半徑比b的大，所以a在磁場中的運動

11、速率比b的大，C 對；由T=三n，得qBg運動時間t=2n可知b在磁場中運動的時間比a的長,2.（帶電粒子在組合場中的運動）如圖 8 所示，一個質(zhì)量為m電荷量為q的粒子（重力忽略不計），由靜止經(jīng)加速電壓U加速后，垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子打到P點，0P= x,能正確反映x與U之間關系的是（A.x與U成正比B.x與U成反比C.x 與，1 成正比D.x 與，1 成反比答案 C解析 帶電粒子在電場中加速運動，根據(jù)動能定理得警進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則2mvmvqvB=：，解得r=qB；粒子運動半個圓3.（帶電粒子在疊加場中的運動2qU，得x與譏成正比，所以 C

12、 正確.）如圖 9 所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里,勻強電場的方qU=1m/,解得v=打到P點，所以x= 2r= 2 專qB9A.若一電子以速率B.若一電子以速率C.若一電子以速率D.若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將沿直線運動v從右向左飛入，則該電子將向上偏轉v從右向左飛入，則該電子將向下偏轉v從左向右飛入，則該電子將沿直線運動X：C X XJBx i XEx10答案 BD解析 若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以電子上偏，選項B 正確，AC錯誤；若電子從左向右飛入， 電場力向上，洛倫茲力向下由題意，對正電荷有qE=Bqv, 會發(fā)現(xiàn)q被約去，說明等號的成立與q無關，包

13、括q的大小和正負，所以一旦滿足了E=Bv, 對任意不計重力的帶電粒子都有電場力大小等于洛倫茲力大小，顯然對于電子兩者也相等，所以電子從左向右飛入時，將做勻速直線運動，選項D 正確mv4.(帶電粒子在有界磁場中的運動)如圖 10 所示，在半徑為 R=Bq的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面 向里的勻強磁場，磁感應強度為B,圓頂點P有一速率為V0的帶正電的粒子平行于紙面進入 磁場，已知粒子的質(zhì)量為m電荷量為q,粒子的重力不計圖 10(1) 若粒子對準圓心射入，求它在磁場中運動的時間；(2) 若粒子對準圓心射入，且速率為3vo，求它在磁場中運動的時間nm3qB解析(1)設帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑

14、為r,由牛頓第二定律得2VoBqvo=，所以r=R帶電粒子在磁場中的運動軌跡為四分之一圓周,n軌跡對應的圓心角為n，如圖所示答案11(2)由(1)知，當v=3vo時，帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r= ,3R,其運動軌跡如圖所示nm2qB12由幾何關系 tan0=R= ”，所以0= 30所以帶電粒子離開磁場時偏向角為6040分鐘課時作業(yè)題組一 帶電粒子在有界磁場中的運動1.如圖 1 所示，虛線框內(nèi)為一長方形區(qū)域，內(nèi)有勻強磁場，一束質(zhì)子以不同的速度從o點垂直磁場方向射入后，分別從a、b、c、d四點射出.比較它們在磁場中的運動時間（）_A.ta=tb=tc=tdC.ta=tbtctctd答案 D

15、解析 根據(jù)軌跡可得a、b兩粒子的圓心在長方形的底邊上，即在磁場中所對圓弧的圓心角02 冗0相等，所以根據(jù)公式t=0Bq= B6，可得ta=tb,根據(jù)軌跡可得C點對應弧長的圓心角大于d點的圓心角，但是小于a、b的，故tctd,綜上所述ta=tbtctd, D 正確2.如圖 2 所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負電子分別以相同速度沿與x軸成 30角從原點射入磁場，則正、負電子在磁場中運動時間之比為（）圖 2B.tatbtctdB.2： 113A.1 : 214C.1 :3答案 BD.1： 115解析 如圖所示，粗略地畫出正、負電子在第一象限的勻強磁場中的運動軌跡由幾何關系知，正

16、電子軌跡對應的圓心角為120,運動時間為Ti亠、，十亠、一一,2nrm&八2nm11=,其中Ti為正電子運動的周期， 由T=及qvB=知Ti=3vreB同理，負電子在磁場中運動的周期T2=Ti=-nB，但由幾何關系知負電子在磁場中轉過的圓心角為60,故在磁場中運動時間t-= 所以正、負電子在磁場中運動6Ti1132的時間之比為-=T,故 B 選項正確.t2T2i63.如圖 3 所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應強度為B水平向外的勻強磁場， 帶電粒子仍以原來的初速度入射， 粒子飛出時偏離原方向60角，利用以上

17、數(shù)據(jù)可求出下列物理量中A.帶電粒子的比荷B.帶電粒子在磁場中運動的周期C.帶電粒子的初速度D.帶電粒子在磁場中運動所對應的圓心角答案 ABD知，所以初速度無法求出，C 錯誤.4.如圖 4 所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁解析 由帶電粒子在磁場中運動的偏向角,可知帶60,因此由幾何關系得I=Rsin 60，又由Bqv)=mv，mvR=両故1=訴in 60，又未加磁場時有I=V0t，所以可求得比荷qsin 60m Bt，故 A、D 正確；根據(jù)周期公式T=Bq電粒子在磁場中運動的周期T=Bq BBtsin 602ntsin 60。，故 B 正確；由于半徑未216場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子

18、b、c,以不同的速率對準圓心O沿著AC方向射入磁場，其運動軌跡如圖所示.若帶電粒子只 受磁場力的作用，則下列說法正確的是（）17A.a粒子動能最大B.c粒子速率最大c.b粒子在磁場中運動時間最長D.它們做圓周運動的周期TaTbtbtc, C、D 錯誤，故選 B.5.如圖 5 所示為一圓形區(qū)域的勻強磁場，在0點處有一放射源，沿半徑方向射出速率為v其中帶電粒子 1 從A點飛出磁場，帶電粒子 2 從B點飛出磁場，不考慮帶電粒子的重力.則（）圖 5A. 帶電粒子 1 的比荷與帶電粒子 2 的比荷比值為 3：1B. 帶電粒子 1 的比荷與帶電粒子 2 的比荷比值為3：1C. 帶電粒子 1 與帶電粒子 2

19、 在磁場中運動時間比值為 2：1D. 帶電粒子 1 與帶電粒子 2 在磁場中運動時間比值為 1：2答案 ARR解析 根據(jù)題圖中幾何關系，tan 60=, ta n 30=,帶電粒子在勻強磁場中運動，rr1r2的不同帶電粒子，18mv，聯(lián)立解得帶電粒子 1 的比荷與帶電粒子 2 的比荷比值為 3 : 1,選項 A 正確，選項qB2n、一一、ti3r1ri、錯誤；帶電粒子 1 與帶電粒子 2 在磁場中運動時間比值為=2 = 2 : 3,選項 C、12nr223錯誤.題組二 帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題6.如圖6所示，比荷為m勺電子垂直射入寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，則電子能從右邊

20、界射出這個區(qū)域，至少應具有的初速度大小為花fXXX2eBdA.-mD 邁eBdm答案 B強磁場的寬度為d,磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里.一個質(zhì)量為m電荷量為q的 微觀粒子，沿圖示方向以速度vo垂直射入磁場.欲使粒子不能從邊界QQ射出，粒子入射速度Vo的取大值可能疋（)i x X!1 1:X X：1 1i1圖 7A.鰹mB 2+邁BqdmeBdB.-meBd咕解析要使電子能從右邊界射出這個區(qū)域,則有Rd,根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得豐d，則至少應具有的初速度大小為eBd心v=扁，B 正確.7.（帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題）如圖 7 所示，左右邊界分別為PP、QQ的勻19-2Bqd

21、C.m2BqdD._2m20答案 BC解析 粒子射入磁場后做勻速圓周運動，由r=mB知，粒子的入射速度vo越大，r越大，當粒子的徑跡和邊界QQ相切時，粒子剛好不從QQ射出，此時其入射速度vo應為最大.若 粒子帶正電，其運動軌跡如圖（a）所示（此時圓心為O點），容易看出Rsin 45+d=R,將R=代入上式得Vo=, B 項正確.若粒子帶負電，其運動軌跡如圖（b） 所示（此qBmmvo=d,將Ra=代入上式得qBC 項正確.題組三 帶電粒子在電場或組合場中的運動8.如圖 8 所示，在xOy平面內(nèi)，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOyA.x軸正方向B.x軸負方向C.y軸正方向D.y

22、軸負方向答案 C解析電子受電場力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛倫茲力才能做勻速直線運動，根據(jù)左手定則進行判斷可得電子應沿y軸正方向運動.9.如圖 9 所示，A板發(fā)出的電子（重力不計）經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板MN間，M N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，下列說法中正確的是（）時圓心為 O 點），容易看出 R + Rcos452 2BqdF1Q.則電子的運動方向沿（2122圖 9A. 當滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏的位置上升B. 當滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變C. 若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光

23、屏上的速度大小不變D. 若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大答案 AC解析 當滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場的初速度增大，向下偏轉程度變小，位置上升，選項A 正確由于在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，選項B 錯誤電子在磁場中運動速度大小不變，選項C 正確，D 錯誤10.如圖 10 所示， 兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上兩板之間的右側區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷地噴出質(zhì)量均為m水平速度均為v。、帶相等電荷量的墨滴調(diào)節(jié)電源電壓至U墨滴在電場區(qū)域恰能水平向右做勻

24、速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點；x X X X!x K X Xd7缺 X X- X M圖 10(1) 判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2) 求磁感應強度B的值；(3) 現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置為了使墨滴仍能到達下板M點，應將磁感應強度調(diào)至B,則B的大小為多少？解析(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有Uqd=mg由式得：q=mgd由于電場方向向下，電荷所受靜電力向上，可知：墨滴帶負電荷(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與靜電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴 做勻速圓周運動，有2VoqvoB= mR答案(1)負電荷mgdvoUgd24voU5gd223考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓24周運動，則半徑R= dVoU由式得B=gd2(3)根據(jù)題設，墨滴運動軌跡如圖所示， 設墨滴做圓周運動的半徑為2v0R，有qv0B，=mR-由圖可得：R2=d2+ (R 2)2由式得：R=44voU聯(lián)立式可得：B=麗. .一 311.如圖 11 所示，有界勻強磁場的磁感應強度B=2X10 T;磁場右邊是寬度L= 0.2 m、場強E= 40 V/m、方向