2019-2020學(xué)年高中物理 第3章 磁場 習(xí)題課4 帶電粒子在磁場或復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案 粵教版選修3-1

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1、習(xí)題課4　帶電粒子在磁場或復(fù)合場中的運(yùn)動 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.掌握帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題的分析方法，會分析帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動．　2.會分析帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題． 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動 1.帶電粒子在有界磁場中的圓周運(yùn)動的幾種常見情形 (1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示) (2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示) (3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示) 2．帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的臨界問題 帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動，往往出現(xiàn)臨界條件，可以通過對軌跡圓放大的方法找到相切點(diǎn)如圖(c)所示．注意找臨界條件，注意挖掘隱含

2、條件． 【例1】　(多選)如圖所示，左右邊界分別為PP′、QQ′的勻強(qiáng)磁場的寬度為d，磁感應(yīng)強(qiáng)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v0垂直射入磁場，粒子重力不計，欲使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　　) A．　 B． C． D． BC　[粒子射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，當(dāng)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v0應(yīng)為最大，若粒子帶正電，其運(yùn)動軌跡如圖甲所示(此時圓心為O點(diǎn))，容易看出R1sin 45°＋d＝R1，將R1＝代入上式得v0＝，B

3、正確；若粒子帶負(fù)電，其運(yùn)動徑跡如圖乙所示(此時圓心為O′點(diǎn))，容易看出R2＋R2cos 45°＝d，將R2＝代入上式得v0＝，C正確． ] 1．如圖所示，在一邊長為d的正方形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從AB邊的中點(diǎn)O處以速度v0垂直AB邊進(jìn)入磁場做圓周運(yùn)動，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動的說法中正確的是(　　) A．若帶電粒子恰能從D點(diǎn)飛出磁場，則粒子作圓周運(yùn)動的半徑應(yīng)為d B．若帶電粒子恰能從D點(diǎn)飛出磁場，則該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)為 C．若減小該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則該帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間將變長 D．若使帶電粒子進(jìn)入磁場的初速度

4、v0增大，則粒子在該磁場中做圓周運(yùn)動的周期也將變大 A　[粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，若帶電粒子恰能從D點(diǎn)飛出磁場，其運(yùn)動軌跡如圖所示． 設(shè)軌跡半徑為r，則有 d2＋(r－0.5d)2＝r2；則r＝d，故A正確．根據(jù)qv0B＝m得B＝＝，故B錯誤．若減小該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，由T＝知粒子圓周運(yùn)動的周期T變大．由r＝知軌跡半徑變大，軌跡對應(yīng)的圓心角θ變小，根據(jù)t＝T知該帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間不一定變長，故C錯誤．由T＝知粒子圓周運(yùn)動的周期T與初速度無關(guān)，則知若使帶電粒子進(jìn)入磁場的初速度v0增大，周期不變，故D錯誤．故選A.] 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動 　帶電粒子在電場、

5、磁場的組合場中的運(yùn)動是指粒子從電場到磁場、或從磁場到電場的運(yùn)動．通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運(yùn)動過程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析粒子在電場中做什么運(yùn)動，在磁場中做什么運(yùn)動． (1)在電場中運(yùn)動 ①若初速度v0與電場線平行，粒子做勻變速直線運(yùn)動； ②若初速度v0與電場線垂直，粒子做類平拋運(yùn)動． (2)在磁場中運(yùn)動 ①若初速度v0與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動； ②若初速度v0與磁感線垂直，粒子做勻速圓周運(yùn)動． (3)解決帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，所需知識如下： 【例2】　一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面

6、內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出．不計重力． (1)定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡； (2)求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大?。? (3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間． 思路點(diǎn)撥：(1)帶電粒子在電場中做

7、類平拋運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動． (2)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的速度是從下方電場中射出的末速度． (3)因電場和磁場的分布具有對稱性，帶電粒子的運(yùn)動軌跡也具有對稱性． 甲 [解析]　(1)粒子運(yùn)動的軌跡如圖甲所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動．設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖乙)，速度沿電場方向的分量為v1.根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma ① 乙 式中q和m分別為粒子的電荷量

8、和質(zhì)量．由運(yùn)動學(xué)公式有 v1＝at ② l′＝v0t ③ v1＝vcos θ ④ 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其運(yùn)動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB＝m ⑤ 由幾何關(guān)系得 l＝2Rcos θ ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 v0＝. ⑦ (3)由運(yùn)動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1＝v0cot ⑧ 聯(lián)立①②③⑦⑧式得 ＝ ⑨ 設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間為t′，則 t′＝2t＋T ⑩ 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期． T＝ ? 由③⑦⑨⑩?式得 t′＝(1＋)． ? [答案]　(1)圖見解析　(2)　(3)　(1＋) “電

9、偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力) 垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力) 受力情況 電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力 洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運(yùn)動軌跡 求解方法 利用類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解vx＝v0，x＝v0t vy＝·t y＝··t2 偏轉(zhuǎn)角φ tan φ＝＝ 半徑r＝ 周期T＝ 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動規(guī)律討論求解 運(yùn)動時間 t＝ t＝T＝ 2.如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U

10、，帶電粒子以某一初速度v0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(不計重力)，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U和v0的變化情況有(　　) A．d隨v0增大而增大，d與U無關(guān) B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關(guān) D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 A　[設(shè)帶電粒子射出電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為θ，如圖所示，有cos θ＝，又R＝，而d＝2Rcos θ＝2cos θ＝，A正確． ] 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動 1.帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動一般有兩種情況： (1)直線

11、運(yùn)動：如果帶電粒子在疊加場中做直線運(yùn)動，一定是做勻速直線運(yùn)動，合力為零． (2)圓周運(yùn)動：如果帶電粒子在疊加場中做圓周運(yùn)動，一定是做勻速圓周運(yùn)動，重力和電場力的合力為零，洛倫茲力提供向心力． 2．處理帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動問題的基本思路 (1)弄清疊加場的組成． (2)進(jìn)行受力分析，確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合． (3)畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律． ①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解． ②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用平衡條件和牛頓運(yùn)動定律分別列方程求解．

12、 ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解． 【例3】　如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢差為U，PQ板電勢高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運(yùn)動時間． [解析]　(1)小球在金屬板之間只能做勻速直線運(yùn)動，受重力G，電場力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，受力如圖，三

13、力合力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場方向垂直紙面向外，其中qv0B＝mgtan θ 可得B＝. (2)小球在運(yùn)動的過程中由于洛倫茲力不做功，只有電場力與重力做功，設(shè)NP之間的高度為h，則由動能定理可得qU－mgh＝0－0， 又h＝v0t， 解得t＝. [答案]　(1)　垂直紙面向外　(2) 3．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和水平的勻強(qiáng)磁場(垂直紙面向里)．一帶正電小球從O點(diǎn)靜止釋放后，運(yùn)動軌跡為圖中OPQ所示，其中P為運(yùn)動軌跡中的最高點(diǎn)，Q為與O同一水平高度的點(diǎn)．下列關(guān)于該帶電小球運(yùn)動的描述，正確的是(　　) A．小球在運(yùn)動過程中受到的磁場力先增大

14、后減小 B．小球在運(yùn)動過程中電勢能先增加后減少 C．小球在運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒 D．小球到Q點(diǎn)后將沿著QPO軌跡回到O點(diǎn) A　[小球由靜止開始運(yùn)動，可知電場力大于重力，在運(yùn)動的過程中，洛倫茲力不做功，電場力和重力的合力先做正功，后做負(fù)功，根據(jù)動能定理知，小球的速度先增大后減小，則小球受到的磁場力先增大后減小，故A正確．小球在運(yùn)動的過程中，電場力先做正功，再做負(fù)功，則電勢能先減小后增加，故B錯誤．小球在運(yùn)動的過程中，除重力做功以外，電場力也做功，機(jī)械能不守恒，故C錯誤．小球到Q點(diǎn)后，有可能重復(fù)之前的運(yùn)動，不會沿著QPO軌跡回到O點(diǎn)，故D錯誤．] 1．(多選)在如圖所示的勻強(qiáng)電場和勻

15、強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動的是(　　) BC　[由力與運(yùn)動的關(guān)系可知，電子若向右做直線運(yùn)動，所受合外力的方向或向左，或向右，或合外力為零．A項中，電子受到的電場力向左，洛倫茲力向下，A錯；B項中，電子不受洛倫茲力，電場力向左，B對；C項中，電子受到的電場力向上，洛倫茲力向下，如果兩力平衡，符合題意，C對；D項中，電子受到的電場力和洛倫茲力都向上，D錯．] 2.如圖，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、帶電量為＋q且不計重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角θ＝30°的方向從P點(diǎn)垂直磁場射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(　

16、　) A． B．　　　C.　　　D. B　[粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，運(yùn)動軌跡如圖，由幾何關(guān)系，知圓心角30°，粒子運(yùn)動的軌跡的半徑為r＝2R① 根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m得半徑為r＝② 聯(lián)立①②得B＝，故B正確，A、C、D錯誤．] 3．(多選)一個帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強(qiáng)電場區(qū)域，穿出電場后接著又進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域．設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強(qiáng)度方向平行，如圖中的虛線所示．在圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是(　　) AD　[A、C選項中粒子在電場中向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子帶正電，再進(jìn)入磁場后，A圖

17、中粒子應(yīng)逆時針轉(zhuǎn)，正確；C圖中粒子應(yīng)順時針轉(zhuǎn)，錯誤．同理可以判斷B錯，D對．] 4.已知質(zhì)量為m的帶電液滴，以速度v射入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)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(yùn)動．如圖所示．求： (1)液滴在空間受幾個力作用？ (2)液滴帶電荷量及電性． (3)液滴做勻速圓周運(yùn)動的半徑多大？ [解析]　(1)由于是帶電液滴，它必然受重力，又處于電、磁場中，還應(yīng)受到電場力及洛倫茲力，共三個力作用．(2)因液滴做勻速圓周運(yùn)動，故必須滿足重力與電場力平衡，所以液滴應(yīng)帶負(fù)電，電荷量由mg＝Eq，求得：q＝.(3)液滴做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律qvB＝m，所以半徑r＝，把電荷量代入可得：r＝＝. [答案]　(1)三個　(2)　負(fù)電　(3) - 11 -