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(yùn)動學(xué)案 滬科版選修3-1

《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(yùn)動學(xué)案 滬科版選修3-1》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(yùn)動學(xué)案 滬科版選修3-1（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 習(xí)題課4　帶電粒子在磁場中的運(yùn)動 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.會分析帶電粒子在不同邊界的磁場中的運(yùn)動，能求解帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的問題．　2.會分析帶電粒子在磁場、電場組合場中的運(yùn)動，能求解組合場問題． 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動 1．運(yùn)動特點(diǎn) (1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡與邊界相切，據(jù)此可以確定速度、磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值． (2)當(dāng)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(yùn)動的時間越長(前提條件是弧是劣弧)． (3)當(dāng)速率變化時，圓心角大的，運(yùn)動時間長． (4)在圓形勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)運(yùn)動軌跡圓

2、半徑大于磁場區(qū)域圓半徑時，則入射點(diǎn)和出射點(diǎn)為磁場直徑的兩個端點(diǎn)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(yùn)動的三種常見情形 (1)直線邊界(進(jìn)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(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)(AP＝d)射入磁場(不計(jì)重力影響)． 圖4 (1)如果粒子恰好從A點(diǎn)射出磁場

3、，求入射粒子的速度大小； (2)如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點(diǎn)從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點(diǎn)切線方向的夾角為φ.求入射粒子的速度大?。? 思路點(diǎn)撥：①若粒子從P點(diǎn)射入，從A點(diǎn)射出，則AP為粒子圓周運(yùn)動的直徑． ②若粒子從Q點(diǎn)射出，則首先要確定粒子圓周運(yùn)動的圓心． 【解析】　(1)由于粒子在P點(diǎn)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(dá)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

4、′)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(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)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(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計(jì)重力)(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682282】 圖5 A.　　 B. C. D. B　[設(shè)粒子在

5、磁場中做勻速圓周運(yùn)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(xiàng)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m、帶電量大小為q的粒子從原點(diǎn)O沿與x軸正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不計(jì)，求帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間和帶電粒子離開磁場時的位置． 圖6 【解析】　當(dāng)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(yùn)動時間t1＝T＝ 粒子在C點(diǎn)離開磁場OC＝2R·sin 60°＝

6、故離開磁場的位置為(－，0) 當(dāng)帶電粒子帶負(fù)電時，軌跡如圖中ODE所示，同理求得粒子在磁場中的運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(diǎn)：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(yùn)動軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動分析，大致畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題． 　在圖

7、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(diǎn)垂直于MN進(jìn)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(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達(dá)照相底片上的H點(diǎn)，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(jì)． 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?yàn)閳A形，且與MN相切于G點(diǎn)，如圖7乙所示，其他條件不變．要保證上述粒子從G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)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(diǎn)撥：①粒子在電場中

8、加速可應(yīng)用動能定理，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)到H點(diǎn)可求出半徑． ②要保證粒子不能打到MN上，粒子在磁場中運(yùn)動的偏角不能大于90°. 【解析】　(1)帶電粒子經(jīng)過電場加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，由動能定理，有qU＝mv2 ① 進(jìn)入磁場后帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑為r， qvB＝m ② 打到H點(diǎn)有r＝

9、 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(yùn)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(yùn)動的處理方法 (1)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動情況． (2)畫出粒子的運(yùn)動軌跡圖，并運(yùn)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(yùn)動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動；對粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的情況，一般都是洛倫茲力提供向心力． (4)分

10、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(yùn)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(qiáng)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(qiáng)磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)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U

11、2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(yùn)動，設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏向角為θ，則進(jìn)入磁場時的速度v＝，進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)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(qiáng)磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)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(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場．不計(jì)粒子的重力． 圖9

12、 (1)求極板間電場強(qiáng)度的大??； (2)若粒子運(yùn)動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? 【解析】　(1)設(shè)極板間電場強(qiáng)度的大小為E，對粒子在電場中的加速運(yùn)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(qiáng)度的大小為B，粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得 qvB＝m

13、 ③ 如圖所示，粒子運(yùn)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＝.

14、 ⑦ 【答案】　(1)　(2)或 [當(dāng) 堂 達(dá) 標(biāo)·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(qiáng)磁場，一個帶正電粒子(不計(jì)重力)以一定速度沿AB邊的中點(diǎn)M垂直于AB邊射入磁場，恰好從A點(diǎn)射出，則(　　) 圖10 A．僅把該粒子改為帶負(fù)電，粒子將從B點(diǎn)射出 B．僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子在磁場中運(yùn)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(yùn)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(diǎn)射出 AC　[僅把該粒子改為帶負(fù)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(yùn)動，從B點(diǎn)射出

15、，A正確；根據(jù)公式T＝可得，僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子在磁場中運(yùn)動時間將減小，B錯誤；粒子在磁場中的運(yùn)動時間和磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)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(yùn)動半徑減小，則粒子將從AM之間的某點(diǎn)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于圓平面(未畫出)．一群具有相同比荷的負(fù)離子，以相同的速率由P點(diǎn)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(yùn)動的軌跡半徑大于R，則下列說法中正確的是(不計(jì)離子的重力

16、)(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：69682284】 圖11 A．從Q點(diǎn)飛出的離子在磁場中運(yùn)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(yùn)動時間最長的離子不可能經(jīng)過圓心O點(diǎn) AD　[由圓的性質(zhì)可知，軌跡圓與磁場圓相交，當(dāng)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(diǎn)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(diǎn)，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(yùn)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(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅱ

17、、Ⅲ象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在半徑為L的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場圓心在M(L,0)點(diǎn)，磁場方向垂直坐標(biāo)平面向外，一帶正電的粒子從第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)點(diǎn)以速度v0＝2 m/s沿x軸正方向射出，恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場，從P(2L,0)點(diǎn)射出磁場，不計(jì)粒子重力，求： 圖12 (1)粒子進(jìn)入磁場時的速度大小和方向； (2)電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比； (3)若L＝1 m，粒子在磁場與電場中運(yùn)動的總時間． 【解析】　(1)在勻強(qiáng)電場運(yùn)動過程中， 在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，故有2L＝v0t1， 在豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動，故有L＝at， 粒子運(yùn)動的

18、加速度qE＝ma， 粒子到達(dá)O點(diǎn)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(yùn)動速度為v＝v0＝2 m/s. (2)洛倫茲力充當(dāng)向心力，所以有Bqv＝m， 得r＝＝ 粒子運(yùn)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(yùn)動軌跡的圓心角為90°，故粒子在磁場中的運(yùn)動時間為t2＝T， 根據(jù)公式T＝，L＝1 m，t2＝， 粒子運(yùn)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 - 10 -