2024-2025學年高中物理第三章磁場6帶電粒子在勻強磁場中的運動學案新人教版選修3-1

PAGE16-6帶電粒子在勻強磁場中的運動1．帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)只考慮磁場作用力時，平行射入勻強磁場中的帶電粒子，做勻速直線運動．(2)垂直射入勻強磁場中的帶電粒子，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動．其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，軌道運行周期T＝eq\f(2πm,qB)，由周期公式可知帶電粒子的運動周期與粒子的質(zhì)量成正比，與電荷量和磁感應強度成反比，而與軌道半徑和運動速率無關．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力是由什么力供應的？提示：向心力由洛倫茲力供應，即qvB＝eq\f(mv2,R).2．回旋加速器(1)回旋加速器的核心部件是兩個D形盒．(2)粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑變大，粒子圓周運動的周期不變．(3)最大動能：由qvB＝eq\f(mv2,R)和Ek＝eq\f(1,2)mv2得Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)，R為D形盒的半徑，即粒子在回旋加速器中獲得的最大動能與q、m、B、R有關，與加速電壓無關．回旋加速器上所加交變電流的周期是否須要隨粒子速度的變更而變更呢？提示：不須要．因為粒子運動周期只與磁感應強度和比荷有關．考點一帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在帶電粒子(不計重力)以肯定的速度進入勻強磁場中時，中學階段只探討兩種狀況(1)若帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(相同或相反)，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．(2)若帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)，以入射速率v做勻速圓周運動．2．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑和周期(1)帶電粒子做勻速圓周運動的受力特征：F洛＝F向，即qvB＝meq\f(v2,r)，所以軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB).(2)運動的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)可以看出，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期跟粒子運動的速率和半徑無關，只與粒子本身的質(zhì)量、電荷量以及磁場的磁感應強度有關．【例1】(多選)在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，假如又順當垂直進入另一磁感應強度是原來磁感應強度2倍的勻強磁場，則()A．粒子的速率加倍，周期減半B．粒子的速率不變，軌道半徑減半C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?/4D．粒子的速率不變，周期減半先明確帶電粒子進入另一磁場后速率保持不變，再利用軌道半徑公式和周期公式分析問題．【答案】BD【解析】因洛倫茲力對運動電荷不做功，所以速率不變，應用軌道半徑公式r＝eq\f(mv,qB)和周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可推斷B、D選項正確．總結提能(1)在勻強磁場中做勻速圓周運動的帶電粒子，它的軌道半徑跟粒子的運動速率成正比．(2)帶電粒子在勻強磁場中的轉動周期T與帶電粒子的質(zhì)量和電荷量有關，與磁場的磁感應強度有關，而與軌道半徑和運動速率無關．(多選)如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)存在垂直xOy平面對里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩個相同的帶電粒子以相同的速度v0先后從y軸上坐標(0,3L)的A點和B點(坐標未知)垂直于y軸射入磁場，在x軸上坐標(eq\r(3)L,0)的C點相遇，不計粒子重力及其相互作用．依據(jù)題設條件可以確定(AC)A．帶電粒子在磁場中運動的半徑B．帶電粒子的電荷量C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．帶電粒子的質(zhì)量解析：已知粒子的入射點及入射方向，同時已知圓上的兩點，依據(jù)AC(或BC)連線的中垂線與y軸的交點即可明確粒子運動軌跡的圓心位置，由幾何關系可知AC長為2eq\r(3)L，∠OAC＝30°，則R＝eq\f(\r(3)L,cos30°)＝2L；因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知它們的半徑相同，即兩粒子的半徑均可求出；同時依據(jù)幾何關系可知A對應的圓心角為120°，B對應的圓心角為60°，即可確定對應的弧長，則由t＝eq\f(l,v0)可以求得粒子在磁場中運動的時間，故A、C正確．由于不知磁感應強度，故無法求得荷質(zhì)比，更不能求出電荷量或質(zhì)量，故B、D錯誤．考點二帶電粒子在有界磁場中的運動帶電粒子垂直進入勻強磁場中后，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力qvB＝eq\f(mv2,r)，此式是解決此類問題的基本依據(jù)．但由于此類問題既要用到圓周運動的學問，又要用到數(shù)學中的幾何學問，所以綜合性較強．1．求解此類問題的關鍵一“畫”：畫好草圖，確定帶電粒子在磁場中的運動軌跡為圓周或圓??；二“找”：利用幾何學問找出圓心；三“確定”：確定圓周運動的半徑，然后再依據(jù)公式qvB＝eq\f(mv2,r)列式求解．2．分析方法(1)畫軌跡．依據(jù)題意分析帶電粒子在磁場中的受力狀況，確定它在磁場中的運動軌跡是圓還是一段圓弧，依據(jù)粒子入射、出射磁場時的方向，粗略畫出粒子在磁場中的運動軌跡．(2)找圓心．在畫出粒子在磁場中的運動軌跡的基礎上，找出圓心的位置，圓心肯定在與速度方向垂直的直線上，找圓心通常有兩個方法：①已知入射方向和出射方向時，過入射點和出射點分別作入射方向和出射方向的垂線，其交點就是圓心，如圖(a)．②已知入射方向和出射點位置時，利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心．通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線．這兩條垂線的交點就是偏轉圓弧的圓心，如圖(b)．(3)確定半徑．主要由幾何關系求出，往往通過添加協(xié)助線，構造直角三角形，然后利用直角三角形中的邊角關系求出．【例2】如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y≥0的區(qū)域有垂直于xOy平面對里的勻強磁場，磁感應強度為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．解答本題時可按以下思路分析：【答案】eq\f(4πm,3qB)(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)或eq\f(2πm,3qB)(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)【解析】當帶電粒子帶正電時，軌跡如圖中OAC，對粒子，由于洛倫茲力供應向心力，則qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，R＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)故粒子在磁場中的運動時間t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C點離開磁場OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故離開磁場的位置為(－eq\f(\r(3)mv0,qB)，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＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)離開磁場時的位置為(eq\f(\r(3)mv0,qB)，0)總結提能分析粒子做圓周運動問題時的解題步驟：(1)畫出帶電粒子的運動軌跡，確定做圓周運動的圓心及對應圓心角大小，由幾何關系確定半徑．(2)粒子在磁場中的運動時間由粒子運動圓弧所對應的圓心角和粒子的運動周期共同確定．(3)帶電粒子由直線邊界射入勻強磁場時，射入和射出時的角度具有對稱性．對稱性是建立幾何關系的重要方法．如圖所示，勻強磁場的邊界為平行四邊形ABCD，其中AC邊與對角線BC垂直，一束電子以大小不同的速度沿BC從B點射入磁場，不計電子的重力和電子之間的相互作用，關于電子在磁場中運動的狀況，下列說法中正確的是(C)A．入射速度越大的電子，其運動時間越長B．入射速度越大的電子，其運動軌跡越長C．從AB邊出射的電子的運動時間都相等D．從AC邊出射的電子的運動時間都相等解析：電子以不同的速度沿BC從B點射入磁場，若電子從AB邊射出，畫出其運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知在AB邊射出的電子軌跡所對的圓心角相等，在磁場中的運動時間相等，與速度無關，C對，A錯；從AC邊射出的電子軌跡所對圓心角不相等，且入射速度越大，其運動軌跡越短，在磁場中的運動時間不相等，B、D錯．考點三對回旋加速器的理解1．構造如圖所示，利用電場對帶電粒子的加速作用和磁場對運動電荷的偏轉作用來獲得高能粒子，這些過程在回旋加速器的核心部件——兩個D形盒和其間的窄縫內(nèi)完成．(1)磁場的作用——偏轉：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其周期與速率、半徑均無關(T＝eq\f(2πm,qB))，帶電粒子每次進入D形盒都運動相等的時間(半個周期)后，以平行于電場方向進入電場中加速．(2)電場的作用——加速：回旋加速器兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變更的并垂直于兩D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速．(3)交變電壓：為保證帶電粒子每次經(jīng)過窄縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在窄縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓．2．工作原理如圖所示，放在A0處的粒子源發(fā)出一個帶正電的粒子，它以某一速率v0垂直進入勻強磁場中，在磁場中做勻速圓周運動．經(jīng)過半個周期，當它沿著半圓A0A1到達A1時，我們在A1A1′處設置一個向上的電場，使這個帶電粒子在A1A1′中受到一次電場的加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以速率v1在磁場中做勻速圓周運動．我們知道，粒子的軌跡半徑跟它的速率成正比，因而粒子將沿著增大了的圓周運動．又經(jīng)過半個周期，當它沿著半圓弧A1′A2′到達A2′時，我們在A2′A2處設置一個向下的電場，使粒子又一次受到電場的加速，速率增加到v2.如此接著下去，每當粒子運動到A1、A3等處時都使它受到一個向上電場的加速，每當粒子運動到A2′、【例3】一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，兩盒分別與溝通電源相連．下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大B．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓的增大而增大C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到隨意值D．不須要變更任何量，這個裝置也能用于加速α粒子求解此題應留意以下兩點：(1)溝通電的周期與質(zhì)子做圓周運動的周期相同，回旋加速器才能正常工作．(2)據(jù)勻速圓周運動學問求出質(zhì)子最大速度的表達式，再據(jù)此推斷它與何物理量有關．【答案】A【解析】由r＝eq\f(mv,qB)得當r＝R時，質(zhì)子有最大速度vm＝eq\f(qBR,m)，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關，A對，B錯．隨著質(zhì)子速度v的增大，質(zhì)量m會發(fā)生變更，據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知質(zhì)子做圓周運動的周期也變更，所加溝通電與其運動不再同步，即質(zhì)子不行能始終被加速下去，C錯．由上面周期公式知α粒子與質(zhì)子做圓周運動的周期不同，故此裝置不能用于加速α粒子，D錯．答案為A.(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是(AD)A．離子由加速器的中心旁邊進入加速器B．離子由加速器的邊緣進入加速器C．離子從磁場中獲得能量D．離子從電場中獲得能量解析：回旋加速器的兩個D形盒間隙分布周期性變更的電場，不斷地給帶電粒子加速使其獲得能量；而D形盒處分布有恒定不變的磁場，具有肯定速度的帶電粒子在D形盒內(nèi)受到磁場的洛倫茲力供應的向心力而做圓周運動；洛倫茲力不做功，故不能使離子獲得能量，C錯；離子源在回旋加速器的中心旁邊進入加速器，故B錯，所以正確選項為A、D.考點四帶電粒子在復合場中的運動1．復合場一般是指電場、磁場和重力場并存，或其中兩種場并存，或分區(qū)域存在．2．三種場力的特點(1)重力的方向始終豎直向下，重力做功與路徑無關，重力做的功等于重力勢能的削減量．(2)靜電力的方向與電場方向相同或相反，靜電力做功與路徑無關，靜電力做的功等于電勢能的削減量．(3)洛倫茲力的大小和速度方向與磁場方向的夾角有關，方向始終垂直于速度v和磁感應強度B共同確定的平面．無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功．3．帶電粒子在復合場中的運動規(guī)律及解決方法帶電粒子在復合場中運動時，其運動狀態(tài)是由粒子所受靜電力、洛倫茲力和重力的共同作用來確定的，對于有軌道約束的運動，還要考慮彈力、摩擦力對運動的影響，帶電粒子在復合場中的運動狀況及解題方法如下：(1)帶電粒子在復合場中處于靜止或勻速直線運動狀態(tài)時，帶電粒子所受合力為零，應利用平衡條件列方程求解．(2)帶電粒子做勻速圓周運動時，重力和靜電力平衡，洛倫茲力供應向心力，應利用平衡方程和向心力公式求解．(3)當帶電粒子在復合場中做非勻變速曲線運動時，帶電粒子所受洛倫茲力必不為零，且其大小和方向不斷變更，但洛倫茲力不做功，這類問題一般應用動能定理求解．帶電粒子在磁場中做勻變速直線運動的狀況1粒子不受洛倫茲力.2所受洛倫茲力始終與某個力平衡.否則帶電粒子將做非勻變速曲線運動.【例4】如圖所示，真空中有以(r,0)為圓心、r為半徑的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面對里，在y＝r的虛線上方足夠大的范圍內(nèi)，有方向水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E.從O點向不同方向放射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)，且質(zhì)子在磁場中偏轉的半徑也為r.已知質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，不計重力、質(zhì)子間的相互作用力和阻力．求：(1)質(zhì)子射入磁場時速度的大?。?2)沿x軸正方向射入磁場的質(zhì)子，到達y軸所需的時間；(3)與x軸正方向成30°角(如圖中所示)射入的質(zhì)子，到達y軸的位置坐標．解答本題的關鍵是正確分析質(zhì)子在圓形勻強磁場中和勻強電場中的運動規(guī)律，畫出其運動軌跡．【答案】(1)eq\f(qBr,m)(2)eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mr,qE))(3)(0，r＋Breq\r(\f(3qr,mE)))【解析】(1)質(zhì)子射入磁場后做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)(2)質(zhì)子沿x軸正方向射入磁場，經(jīng)eq\f(1,4)圓周后以速度v垂直于電場方向進入電場，質(zhì)子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)在磁場中運動的時間t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)進入電場后做類平拋運動，沿電場方向運動r后到達y軸，因此有t2＝eq\r(\f(2r,a))＝eq\r(\f(2mr,qE))故所需的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2qB)＋eq\r(\f(2mr,qE))(3)質(zhì)子沿題圖所示方向射入磁場，在磁場中轉過120°角后從P點射出磁場，勻速運動一段距離后垂直于電場方向進入電場，如圖所示．P點距y軸的距離x1＝r＋rsin30°＝1.5r又x1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2′2解得質(zhì)子到達y軸所需的時間為t2′＝eq\r(\f(3rm,qE))在y軸方向質(zhì)子做勻速直線運動，因此有y′＝vt2′＝Breq\r(\f(3qr,mE))故質(zhì)子到達y軸的位置坐標為(0，r＋Breq\r(\f(3qr,mE)))．總結提能解決該類問題時應把握以下幾個方面：(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，關鍵是畫軌跡、找圓心、定半徑及找尋幾何關系．(2)帶電粒子在勻強電場中的運動是類平拋運動，關鍵是處理兩個方向的分運動．(3)處理好粒子在兩種場中運動的連接關系．已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，液滴在此空間剛好能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示．求：(1)液滴在空間受到幾個力作用．(2)液滴所帶電荷量及電性．(3)液滴做勻速圓周運動的半徑多大？答案：(1)3(2)eq\f(mg,E)負電(3)eq\f(Ev,gB)解析：(1)由于是帶電液滴，它必定受重力，又處于電磁場中，還應受到電場力及洛倫茲力共3個力作用．(2)因液滴做勻速圓周運動，故必需滿意重力與電場力平衡，所以液滴應帶負電，電荷量由mg＝Eq，求得q＝eq\f(mg,E).(3)盡管液滴受三個力，但合力為洛倫茲力，所以仍可用半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，把電荷量代入可得R＝eq\f(mv,\f(mg,E)B)＝eq\f(Ev,gB).1．(多選)運動電荷進入磁場后(無其他場)，可能做(AB)A．勻速圓周運動 B．勻速直線運動C．勻加速直線運動 D．平拋運動解析：運動電荷假如垂直磁場進入后做勻速圓周運動，即A選項正確；假如運動電荷的速度跟磁場平行，則電荷做勻速直線運動，即B選項正確．2．(多選)兩個粒子電荷量相同，在同一勻強磁場中受磁場力而做勻速圓周運動(CD)A．若速率相等，則半徑必相等B．若動能相等，則周期必相等C．若質(zhì)量相等，則周期必相等D．若質(zhì)量與速度的乘積大小相等，則半徑必相等解析：因為粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，又粒子電荷量相同且在同一磁場中，所以q、B相等，r與m、v有關，T只與m有關，所以C、D正確．3．如圖所示，正八邊形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶電粒子從h點沿圖示he方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb.當速度大小為vd時，從d點離開磁場，在磁場中運動的時間為td，不計粒子重力．則下列正確的說法是(C)解析：粒子運動軌跡如圖所示．設正八邊形的邊長為l，依據(jù)幾何關系可知，粒子從b點離開時的軌道半徑為l，偏轉角度為135°，粒子從d點離開時的軌道半徑為(2＋eq\r(2))l，偏轉角度為45°，洛倫茲力供應向心力qvB＝eq\f(mv2,r)＝mω2r，則運動時間t＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(θm,qB)，所以，eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(135°,45°)＝eq\f(3,1)，故C項正確．4．(多選)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場．在邊長為2R的正方形區(qū)域里也有勻強磁場，兩個磁場的磁感應強度大小相同．兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點射入勻強磁場．在M點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點為正方形邊長的中點，則下列說法正確的是(ABD)A．帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同B．從M點射入的帶電粒子可能先飛出磁場C．從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場D．從N點射入的帶電粒子不行能比M點射入