6帶電粒子在勻強磁場中的運動講解課件

6帶電粒子在勻強磁場中的運動美國費米實驗室的回旋加速器直徑長達2km，那么回旋加速器的直徑為什么要這么大呢？1.理論探究問題：判斷下圖中帶電粒子（電量q，重力不計）所受洛倫茲力的大小方向及運動性質(zhì).勻速直線運動F=qvBF=0【探究1：帶電粒子在勻強磁場中的運動】猜想：勻速圓周運動？V-F洛V-F洛V-F洛V-F洛洛倫茲力只起向心力的作用，所以只在洛侖茲力的作用下，帶電粒子將作勻速圓周運動.推理驗證洛倫茲力對帶電粒子不做功，使得粒子速度的大小不變，所以洛倫茲力大小也不改變；而且洛倫茲力總與速度方向垂直，正好起到了向心力的作用.帶電粒子在磁場中的運動進一步探究一帶電量為q質(zhì)量為m速度為v的帶電粒子,垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，試推導其作圓周運動的半徑和周期分別是多大？r公式必須自行推導，T可直接用亥姆霍茲線圈電子槍磁場強弱選擇擋（1）洛倫茲力演示儀加速電壓選擇擋③勵磁線圈（亥姆霍茲線圈）：能在兩線圈之間產(chǎn)生平行于兩線圈中心連線的勻強磁場.②加速電場：改變電子束射出的速度.①電子槍：射出電子.2.實驗驗證洛倫茲力演示儀（2）實驗結(jié)論①沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動.②磁感應強度不變粒子射入的速度增大，軌道半徑也增大.③粒子射入速度不變，磁感應強度增大，軌道半徑減小.【探究歸納】格雷塞爾氣泡室顯示的帶電粒子在勻強磁場中的運動徑跡有的粒子運動過程中能量降低，速度減小，徑跡就呈螺旋形.例1：一個帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場．粒子的一段徑跡如下圖所示．徑跡上的每一小段都可近似看成圓?。捎趲щ娏Ｗ邮寡赝镜目諝怆婋x，粒子的能量逐漸減小(帶電量不變)．從圖中情況可以確定A．粒子從a到b，帶正電B．粒子從a到b，帶負電C．粒子從b到a，帶正電D．粒子從b到a，帶負電C例3．一個帶負電粒子（質(zhì)量為m，帶電量為q），以速率v在磁感應強度為B的勻強磁場中做逆時針圓周運動（沿著紙面），則該勻強磁場的方向為垂直于紙面向里還是向外？粒子運轉(zhuǎn)所形成的環(huán)形電流的大小為多大？-m，qvF=qvB................B垂直于紙面向外I=Q/tI=q/TI=q/T=q2B/2πm1.一束帶電粒子以同一速度，并從同一位置進入勻強磁場，在磁場中它們的軌跡如圖所示.粒子q1的軌跡半徑為r1，粒子q2的軌跡半徑為r2，且r2＝2r1，q1、q2分別是它們的帶電量.則q1帶___電、q2帶____電，荷質(zhì)比之比為q1/m1:q2/m2

＝___________.r1r2v2:1正負解:r=mv/qB∴q/m=v/Br∝1/r∴q1/m1:q2/m2=r2/r1=2:1返回2.如圖所示，水平導線中有穩(wěn)恒電流通過，導線正下方電子初速度方向與電流方向相同，其后電子將()

(A)沿a運動，軌跡為圓；(B)沿a運動，曲率半徑越來越小；(C)沿a運動，曲率半徑越來越大；(D)沿b運動，曲率半徑越來越小.bvaIC返回3.質(zhì)子和氘核經(jīng)同一電壓加速，垂直進入勻強磁場中，則質(zhì)子和氘核的動能E1、E2，軌道半徑r1、r2的關系是()(A)E1＝E2，r1＝r2；(B)E1＝E2，r1＜r2；(C)E1＝E2，r1＞r2；(D)E1＜E2，r1＜r2.B質(zhì)譜儀原理【探究2：探究質(zhì)譜儀的原理】二、質(zhì)譜儀原理分析1.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素(測比荷）的工具2.半徑的推導可見半徑不同則比荷不同，就意味著它們是不同的粒子.(一）直線加速器【探究3：回旋加速器的原理】缺陷：直線加速器占有的空間范圍大，在有限的空間范圍內(nèi)制造直線加速器受到一定的限制．由動能定理得帶電粒子經(jīng)n極電場加速后增加的動能為：1.結(jié)構(gòu)：(1)兩個D形盒及兩個大磁極(2)D形盒間的窄縫(3)高頻交流電（二）回旋加速器2.原理（1）電場的作用：使粒子加速（2）磁場的作用：使粒子回旋（3）交變電壓：保證帶電粒子每次經(jīng)過窄縫時都被加速思考：粒子不斷加速，它的速度和半徑都在不斷增大，為了滿足同步條件，電源的頻率也要相應發(fā)生變化嗎？

不需變化，因為帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T=，與運動速率無關.回旋加速器的原理分析問題1：已知D形盒的直徑為D，勻強磁場的磁感應強度為B，交變電壓的電壓為U，求:(1)從出口射出時，粒子的動能Ek=?(2)要增大粒子的最大動能可采取哪些措施?DV=？UB問題2：D越大，EK越大，是不是只要D不斷增大，EK

就可以無限制增大呢?實際并非如此．這是因為當粒子的速率大到接近光速時，按照相對論原理，粒子的質(zhì)量將隨速率增大而明顯地增加，從而使粒子的回旋周期也隨之變化，這就破壞了加速器的同步條件．帶電粒子在勻強磁場中的運動v∥Bv⊥B應用勻速直線運動勻速圓周運動回旋加速器原理：半徑：周期：電場加速磁場回旋勻速圓周運動的軌道半徑和周期：質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子垂直磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中,若不計粒子重力,運動電荷只受洛倫茲力作用,由洛倫茲力提供向心力,即qvB=,可得r=由軌道半徑與周期的關系可得,帶電粒子在勻強磁場中的運動有界磁場內(nèi)部分圓周軌跡的分析方法(1)軌跡圓心的確定方法①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時,作這兩速度的垂線（f洛方向）,交點即為圓心。vvOθθ②已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時,畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩點的圓的弦),作它的中垂線,并畫出已知點的速度的垂線,則弦的中垂線與速度的垂線的交點即為圓心。vOααα(2)三種求半徑的方法①根據(jù)半徑公式r=求解。②根據(jù)勾股定理求解,如圖所示,若已知出射點相對于入射點側(cè)移了x,則滿足r2=d2+(r-x)2。③根據(jù)三角函數(shù)求解,如圖所示,若已知出射速度方向與水平方向的夾角為θ,磁場的寬度為d,則有關系式r=注意：這里射出速度的反向延長線與初速度延長線的交點不再是寬度線段的中點。這點與帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律不同！(3)四種角度關系①速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)。②圓心角α等于AB弦與速度方向的夾角(弦切角θ)的2倍(φ=α=2θ=ωt)。③相對的弦切角(θ)相等,與相鄰的弦切角(θ′)互補,即θ+θ′=180°。如圖所示。④進出同一直線邊界時速度方向與該直邊界的夾角相等。當帶電粒子從同一邊界入射出射時速度與邊界夾角相同——對稱性(4)兩種求時間的方法①利用圓心角求解,若求出這部分圓弧對應的圓心角,則t=②利用弧長s和速度v求解,t=(5)兩個重要推論①推論1：從同一直線邊界射入的粒子,從同一邊界射出時,速度與直線邊界的夾角大小相等（對稱性）。②推論2：在圓形磁場區(qū)域內(nèi),粒子沿徑向射入,必沿徑向射出。帶電粒子在磁場中運動解題步驟三步走(1)畫軌跡：即確定圓心,畫出運動軌跡（圓?。?2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度的聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間的聯(lián)系,在磁場中的運動時間與周期的聯(lián)系。(3)用規(guī)律：即牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式。例1.如圖所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30°，則電子的質(zhì)量是

，穿透磁場的時間是

.【解析】電子在磁場中運動，只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為F⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到的洛倫茲力指向的垂線的交點上，如圖中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ＝30°，OB為半徑.∴又由r=

得又∵AB圓心角是30°，∴穿透時間故θ在y<0的區(qū)域里存在垂直于紙面向外大小為B的勻強磁場,一帶正電的粒子以速度VO從O點射入磁場,入射方向在xoy平面內(nèi),與x軸正向的夾角為θ,若粒子射出磁場的位置與O點的距離為L,則該粒子的電量和質(zhì)量之比為______.4.電子自靜止開始經(jīng)M、N兩板間（兩板間的電壓為U）的電場加速后從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，電子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖所示.求勻強磁場的磁感應強度.（已知電子的質(zhì)量為m，電量為e）【解析】電子在M、N間加速后獲得的速度為v，由動能定理得：mv2-0=eU電子進入磁場后做勻速圓周運動，設其半徑為r，則：evB=m電子在磁場中的軌跡如圖，由幾何關系得：故勻強磁場的磁感應強度為：or2=(r-L)2+d2B=emUdLL2222+5.如圖所示，在x軸上方有勻強磁場B，一個質(zhì)量為m，帶電量為-q的的粒子，以速度v從O點射入磁場，θ角已知，粒子重力不計，求：（1）粒子在磁場中的運動時間.（2）粒子離開磁場的位置.【解析】找到其圓心位置，先定性地確定其大概的軌跡，然后由幾何關系確定圓心角.弦長與半徑的關系.此題中有一點要提醒的是：圓心一定在過O點且與速度v垂直的一條直線上.如圖所示.(1)運動軌跡對應圓心角為2-2，所以時間t=T=(2)離開磁場的位置與入射點的距離即為弦長s=2rsin=OyxBv60o例、如圖，在第I象限范圍內(nèi)有垂直xOy平面的勻強磁場B。質(zhì)量為m、電量大小為q的帶電粒子(不計重力)，在xOy平面里經(jīng)原點O射入磁場中，初速度為v0，且與x軸成60o角，試分析計算：穿越磁場時運動方向發(fā)生的偏轉(zhuǎn)角多大？帶電粒子在磁場中運動時間多長？如粒子帶正電，則：如粒子帶負電，則：帶電粒子60o120o

y

x

Ov

v

aB60o練、

一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子（不計重力）從x軸上的P(a，0)點以速度v，沿與x正方向成60o的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限。求勻強磁場的磁感應強度B和射出點的坐標。Bqmvar32==aqmvB23=得射出點坐標為（0，）a3O′解析：例、如圖，長為L的水平不帶電極板間有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場B，板間距離也為L，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁場以速度v平行極板射入磁場，欲使粒子不打在極板上，則粒子入射速度v應滿足什么條件？+q,mvLBL例、如圖，若電子的電量e，質(zhì)量m，磁感應強度B及寬度d已知，若要求電子不從右邊界穿出，則初速度v0應滿足什么條件？deBv0deBv0r+rcos60o

=ddeBv0變化1：若v0向上與邊界成60o角，則v0應滿足什么條件？變化2：若v0向下與邊界成60o角，則v0應滿足什么條件？r－rcos60o

=d練、如圖，在POQ區(qū)域內(nèi)分布有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，有一束正離子流(不計重力)，沿紙面垂直于磁場邊界OQ方向從A點垂直邊界射入磁場，已知OA=d，∠POQ=45o，離子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q、要使離子不從OP邊射出，離子進入磁場的速度最大不能超過多少？

POQAv0BAQBPvB代入數(shù)據(jù)得：3=(2－)dQM

=rm-rm2－d2PH=2d，QN

=d，例、如圖，A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為d=1.0×10－2m，A板上有一電子源P，Q點在P點正上方B板上，在紙面內(nèi)從P點向Q點發(fā)射速度在0～3.2×107m/s范圍內(nèi)的電子。若垂直紙面內(nèi)加一勻強磁場，磁感應強度B=9.1×10－3T，已知電子質(zhì)量m=9.1×10－31kg，電子電量q=1.6×10－19C，不計電子重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉(zhuǎn)移到大地，求電子擊在A、B兩板上的范圍。解析：rmrmMNH電子打在A板上的范圍是PH段。電子打在B板上的范圍是MN段。因qvB=mv2/rm得：rm=2dqaOdbcBv0R1例、如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊ad中點O射入一速率v0、方向與Od夾角θ=30o的正電粒子，粒子質(zhì)量為m，重力不計，帶電量為q，已知ad=L。（1）要使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍。（2）取不同v0值，求粒子在磁場中運動時間t的范圍？（3）從ab邊射出的粒子在磁場中運動時間t的范圍。R1+R1sin30o=L/2解：（1）得R1=L/3R2R2－R2cos60o=L/2得：R2=L。（1）≥v0≥例、如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在著磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊ad中點O射入一速率v0、方向與Od夾角θ=30o的正電粒子，粒子質(zhì)量為m，重力不計，帶電量為q，已知ad=L。（1）要使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍。（2）取不同v0值，求粒子在磁場中運動時間t的范圍？（3）從ab邊射出的粒子在磁場中運動時間t的范圍。解：（2）qaOdbcBv0R1R2解：（3）≤t≤5m6qB5m3qB＜

t≤05m3qBV0Oabcdθ300600●●例2．如圖,在一水平放置的平板MN上方有勻強磁場,磁感應強度的大小為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R=mv/qB.哪個圖是正確的?MNBO2RR2RMNO2RR2RMNO2R2R2RMNOR2R2RMNOD.A.B.C.解：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,由R=mv/qB,各個粒子在磁場中運動的半徑均相同,在磁場中運動的軌跡圓圓心是在以O為圓心、以R=mv/qB為半徑的1/2圓弧上,如圖虛線示:各粒子的運動軌跡如圖實線示:帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域陰影部分如圖斜線示2RR2RMNO帶電粒子在磁場中運動的極值問題

如圖所示,勻強磁場 的磁感應強度為B,寬度為d,邊界 為CD和EF.一電子從CD邊界外 側(cè)以速率v0垂直勻強磁場射入,

入射方向與CD邊界間夾角為θ.

已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,

為使電子能從磁場的另一側(cè)EF射 出,求電子的速率v0至少多大?思維導圖解析當入射速率v0很小時,電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從CD一側(cè)射出,速率越大,軌道半徑越大,當軌道的邊界與EF相切時,電子恰好不能從EF射出,如圖所示.電子恰好射出時,由幾何知識可得:

r+rcosθ=d 又r= ②由①②得v0= ③故電子要射出磁場時速率至少應為答案規(guī)律總結(jié)1.解決此類問題的關鍵是:找準臨界點.2.找臨界點的方法是:以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口,借助半徑R和速度v（或磁場B）之間的約束關系進行動態(tài)運動軌跡分析,確定軌跡圓和邊界的關系,找出臨界點,然后利用數(shù)學方法求解極值,常用結(jié)論如下:（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.（2）當速度v一定時,弧長（或弦長）越長,圓周角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長.（3）當速率v變化時,圓周角大的,運動時間越長.dm-qAvOαRd對象模型：質(zhì)點過程模型：勻速圓周運動規(guī)律：牛頓第二定律+圓周運動公式條件：要求時間最短wa==vst

速度v不變，欲使穿過磁場時間最短，須使s有最小值，則要求弦最短。一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為－q、質(zhì)量為m、速度為v的帶電粒子進入磁場，請問其速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知mv/Bq>d）題1dm-qAvθO中垂線θ與邊界的夾角為（90o－θ

）BqmvdBqm2arcsinRvt===2qw2qmvdBqRd22/sin==q

一個垂直紙面向里的有界勻強磁場形狀如圖所示，磁場寬度為d。在垂直B的平面內(nèi)的A點，有一個電量為－q、質(zhì)量為m、速度為v的帶電粒子進入磁場，請問其速度方向與磁場邊界的夾角為多少時粒子穿過磁場的時間最短？（已知mv/Bq>d）題1啟示：要正確識別物理模型BvO邊界圓帶電粒子在勻強磁場中僅受磁場力作用時做勻速圓周運動，因此，帶電粒子在圓形勻強磁場中的運動往往涉及粒子軌跡圓與磁場邊界圓的兩圓相交問題。帶電粒子在圓形磁場中的運動兩種基本情形：軌跡圓O′αθθ+α=

π兩圓心連線OO′與點C共線。BO邊界圓軌跡圓BCAO＇θO1Rθ2例、如圖，虛線所圍圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場B。電子束沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場，經(jīng)過磁場區(qū)后，電子束運動的方向與原入射方向成θ角。設電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R；（2）電子在磁場中運動的時間t；（3）圓形磁場區(qū)域的半徑r。vBOrvθ解：（1）（2）由幾何關系得：圓心角：α

=

θ（3）由如圖所示幾何關系可知，所以：例、某離子速度選擇器的原理圖如圖，在半徑為R=10cm的圓形筒內(nèi)有B=1×10－4

T

的勻強磁場，方向平行于軸線。在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b。現(xiàn)有一束比荷為q/m=2×1011C/kg的正離子，以不同角度α入射，其中入射角α=30o，且不經(jīng)碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v大小是（）

A．4×105m/sB．2×105m/sC．4×106m/sD．2×106m/s解：rmv2qvB=αaObO′rr作入射速度的垂線與ab的垂直平分線交于O′點，O′點即為軌跡圓的圓心。畫出離子在磁場中的軌跡如圖示：∠a

O′b=2=60o，∴r=2R=0.2mC例、一磁場方向垂直于xOy平面，分布在以O為中心的圓形區(qū)域內(nèi)。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，由原