人教版物理选修3-1练习--第三章--第6节-带电粒子在匀强磁场中的运动.doc

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1、一、带电粒子(重力不计)在匀强磁场中的运动1运动规律(1)带电粒子平行于磁场方向射入时，做匀速直线运动。(2)带电粒子垂直于磁场方向射入时，由于洛伦兹力总与速度方向垂直，起到向心力的作用，所以带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。2匀速圆周运动的半径和周期(1)半径：由qvBm得r。(2)周期：由T得T。注意确定带电粒子运动圆弧所对圆心角的两个重要结论(1)带电粒子射出磁场的速度方向与射入磁场的速度方向之间的夹角叫做偏向角，偏向角等于圆弧轨道对应的圆心角，即，如图所示。(2)圆弧轨道所对圆心角等于弦PM与切线的夹角(弦切角)的2倍，即2。选一选两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一

2、匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨迹半径，T1、T2是它们的运动周期，则()Ar1r2，T1T2 Br1r2，T1T2Cr1r2，T1T2 Dr1r2，T1T2解析：选D设电子的初速度为v，磁场的磁感应强度为B，电子的质量和电量分别为m、q。根据牛顿第二定律得：qvBm，解得运动轨迹半径为：r，由于m、q、B相同，则r与v成正比，电子的初速度大小不同，则半径不同，即r1r2。电子圆周运动的周期为：T，m、q、B均相同，则电子运动的周期相同，即T1T2，故D正确。 二、质谱仪1构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。2原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可

3、得mv2qU粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得qvBm 由两式可得比荷：。3应用：是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。选一选如图所示是质谱仪示意图，它可以测定单个离子的质量，图中离子源S产生带电荷量为q的离子，经电压为U的电场加速后垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，沿半圆轨道运动到记录它的照相底片P上，测得它在P上位置与A处水平距离为d，则该离子的质量m大小为()A.B.C. D.解析：选A粒子经过加速电场过程中由动能定理得qUmv2。在匀强磁场中粒子做圆周运动的半径为，由qvB，则有。联立以上两式解得m。 三、回旋加速器1.构造：如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒

4、的缝隙处接交流电源。D形盒处于匀强磁场中。2原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。3周期：粒子每经过一次加速，其轨道半径就大一些，但粒子绕圆周运动的周期不变。4最大动能：由qvB和Ekmv2得Ek。注意(1)洛伦兹力永不做功，磁场的作用是让带电粒子“转圈圈”，电场的作用是加速带电粒子。(2)两D形盒狭缝所加的是与带电粒子做匀速圆周运动周期相同的交流电，且粒子每次过狭缝时均为加速电压。(3)若将粒子在电场中的运动合起来看，可等效为匀加速直线运动，末速度由r得到，加速度由a得到(d为两D

5、形盒间距)，则t1。 判一判1回旋加速器工作时，电场必须是周期性变化的()2回旋加速器中，磁场的作用是改变粒子速度的方向，便于多次加速()3粒子在回旋加速器中加速次数的多少是由磁场决定的()研究带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的问题，应按照“一找圆心， 二求半径r， 三求周期T或时间”的基本思路分析。1圆心的确定带电粒子进入一个有界磁场后的轨道是一段圆弧，其圆心一定在与速度方向垂直的直线上。通常有两种确定方法。(1)已知入射方向和出射方向时，可以通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点，O为轨道圆心)。(2)已知

6、入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点，O为轨道圆心)。2运动半径的确定作入射点、出射点对应的半径，并作出相应的辅助三角形，利用三角形的解析方法或其他几何方法，求解出半径的大小，并与半径公式r联立求解。3运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间可由此式表示：tT(或tT)。可见粒子转过的圆心角越大，所用时间越长。典型例题例1.在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀

7、强磁场，则()A粒子的速率加倍，周期减半B粒子的速率不变，轨道半径加倍C粒子的速率减半，轨道半径变为原来的D粒子的速率不变，周期减半解析因洛伦兹力对运动电荷不做功，所以速率不变，由半径公式r和周期公式T可判断D选项正确。答案D点评(1)在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子，它的轨道半径跟粒子的运动速率和磁场的磁感应强度有关。(2)带电粒子在匀强磁场中的转动周期T与带电粒子的质量、电荷量和磁场的磁感应强度有关，而与轨道半径和运动速率无关。即时巩固1如图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应

8、的圆弧，这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如表所示。由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为()粒子编号质量电荷量(q0)速度大小1m2qv22m2q2v33m3q3v42m2q3v52mqvA3、5、4 B4、2、5C5、3、2 D2、4、5解析：选D由洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力： qvB，可得运动半径为：R，结合表格中数据可求得15各粒子的半径之比依次为0.52332，说明编号为1的正粒子的半径最小，由题图可知，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动，说明磁场为垂直纸面向里。由左手定则可知，a、b处进入的粒子也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b处进入的粒

9、子的半径比为23，则a处进入的粒子对应编号是2，b处进入的粒子对应编号是4。c处进入的粒子顺时针运动，一定为负电荷，且半径与a相等，即对应编号是5。故D正确。1.磁场边界的类型和特点(1)直线边界：进出磁场具有对称性，如图所示。(2)平行边界：存在临界条件，如图所示(3)圆形边界：沿径向射入必沿径向射出，如图所示。2与磁场边界的关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时，圆心角越大，运动的时间越长。典型例题例2.如图所示，在xOy平面内，y0的区域有垂直于xOy平

10、面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。解析当带电粒子带正电时，运动轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则qv0Bm ，R，T粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为240，故粒子在磁场中的运动时间t1T粒子在C点离开磁场OC2Rsin 60故离开磁场的位置为当带电粒子带负电时，运动轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2T离开磁场时的位置为。答案或点评带电粒子在有界磁场中运动问题的三步解题法(1)画轨迹：即确定圆心，几何方法画

11、出半径及运动轨迹。(2)找联系：半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系。(3)用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式。即时巩固2.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一不计重力的带电粒子从a点射入磁场，速度大小为v，当速度方向与ab成30角时，粒子在磁场中运动的时间最长，且为t；若相同的带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为()A.v B.vC.v D.v解析：选D根据半径公式可得粒子在磁场中的运动半径r，由粒子在磁场中运动的时间最长，可知粒子从b点

12、飞出磁场，此时入射速度与出射速度与ab的夹角相等，所以速度的偏转角为60，轨迹对应的圆心角为60。设磁场的半径为R，根据几何知识得(如图1所示)：轨迹半径为r12R；根据周期公式可得T，与速度无关，当粒子从a点沿ab方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60，根据几何知识得(如图2所示)：轨迹半径为r2 R，所以，解得vv，D正确。1.带电粒子的电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，当粒子具有相同速度时，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致多解。如图所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，

13、其轨迹为b。2磁场方向的不确定形成多解磁感应强度是矢量，如果题述条件只给出磁感应强度的大小，而未说明磁感应强度的方向，则应考虑因磁场方向不确定而导致的多解。如图所示，带正电的粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a，若B垂直纸面向外，其轨迹为b。3临界状态不唯一形成多解带电粒子在洛伦兹力作用下飞出有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180从入射面边界反向飞出，如图所示，于是形成了多解。4运动的往复性形成多解带电粒子在部分是电场、部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解，如图所示。典型例题例3.在x轴上方有匀强电场，场强为E，在

14、x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。在x轴上有一点M，离O点距离为l，现有一带电量为q的粒子，从静止开始释放后能经过M点，求如果此粒子在y轴上静止释放，其坐标应满足什么关系？(重力忽略不计)。解析要使带电粒子从静止释放后能运动到M点，必须把粒子放在电场中A点先加速才行，当粒子经加速以速度v进入磁场后，只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，运动半周后到达B点，再做减速运动，上升到与A点等高处，再返回做加速运动，到B点后又以速度v进入磁场做圆周运动，半径与前者相同，以后重复前面的运动，从图中可以看出，要想经过M点，OM距离应为直径的整数倍，即满足2Rnl。2RnlREqymv2联立可得：y(

15、n1,2,3)。答案见解析即时巩固3.比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图所示。为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为()AB BBCB DB解析：选B根据洛伦兹力提供向心力，有Bev0m，解得：B，磁感应强度越小，半径越大；电子恰好从BC边飞出时，运动轨迹与BC边相切，其轨迹如图，根据几何关系，得到半径为Ra，故B，电子从BC边穿出时，半径更大，故Bm2)，它们分别到达照相底片上的P1、P2位置(图中未画出)，求P1、P2间的距离x。解析：(1)离子在电场中加速，由动能定理得：qUmv2，离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB

16、m，其中r，解得：。(2)设质量为m1的离子在磁场中的运动半径是r1，则：r1对质量为m2的离子，同理得： r2故照相底片上P1、P2间的距离： x2(r1r2)()。答案：(1)(2)()提能练一、选择题1质子(p)和粒子以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为Rp和R，周期分别为Tp和T，则下列选项正确的是()ARpR12；TpT12BRpR11；TpT11CRpR11；TpT12DRpR12；TpT11解析：选A质子(H)和粒子(He)以相同的速度垂直进入同一匀强磁场中，均做匀速圆周运动，则由半径公式R得：半径与这两粒子的质量与电荷量的比值成正比，即，由周期公式T得：周

17、期与这两粒子的质量与电荷量的比值成正比，即，故A正确。2.多选如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60，利用以上数据可求出下列物理量中的()A带电粒子的比荷B带电粒子在磁场中运动的周期C带电粒子的初速度D带电粒子在磁场中运动的半径解析：选AB由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60，因此由几何关系得磁场宽度lrsin 60sin 60，又未加磁场时有lv0t，所以可求得比荷，A项对；周期T可求出，

18、B项对；因初速度未知，所以C、D项错。3如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B12B2，一带电荷量为q(q0)、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，粒子重力不计，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A.B.C. D.解析：选B带电粒子在B1区的径迹的半径r1，运动周期T1；在B2区的径迹的半径r2，运动周期T2。由于B12B2，所以r22r1，粒子运动径迹如图所示，到下一次通过O点的时间tT1，B正确。4.如图，磁感应强度为B的匀强磁场，垂直穿过平面直角坐标系的第I象限。一质量为m，带电量为q的粒子以速度v0从O点沿着与y轴夹角为30方向进入磁场，运动

19、到A点时的速度方向平行于x轴，那么()A粒子带正电B粒子带正、负电不确定C粒子由O到A经历时间为D粒子的速度没有变化解析：选C根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则及运动的轨迹可判断出此粒子带负电，A、B错误；粒子由O运动到A时速度方向改变了60角，所以粒子做圆周运动的圆心角为60，所以运动的时间为T，C正确；粒子速度的方向改变了60角，所以速度改变了，D错误。5.多选如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v，那么()A带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C不论粒子电性如何，沿ab方向从左侧进入

20、场区，都能沿直线通过D不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过解析：选AC按四个选项要求让粒子进入，可知只有A、C选项中粒子所受洛伦兹力与电场力等大反向，能沿直线匀速通过磁场。二、非选择题6如图所示，空间存在一方向垂直于纸面、磁感应强度为B的正方形匀强磁场区域，一电荷量为q的粒子(不计重力)从A点沿AB方向以速度v射入磁场，粒子从BC边上的E点离开磁场，且AE2BE2d。求：(1)磁场的方向；(2)带电粒子的质量及其在磁场区域的运动时间。解析：(1)粒子沿弧AE运动，从带电粒子所受洛伦兹力的方向可判断出磁场的方向垂直纸面向里。(2)如图所示，连接AE，作线段AE的中垂线，交AD的延长线于O点，O即为圆心，为弦切角，因AE2BE2d，所以30；为圆弧轨迹的圆心角，260。由以上分析可知AOE为等边三角形，R2d，由R得m；又因为粒子做圆周运动的周期T，所以粒子在磁场区域的运动时间t。答案：(1)垂直纸面向里(2)