- 750.00 KB
- 2021-05-24 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
第 2 节 磁场对运动电荷的作用
考点 1 ► 对洛伦兹力的理解 【p164】
夯实基础
洛伦兹力:磁场对__运动电荷__的作用力.
1.洛伦兹力的大小:__F=qvBsin__θ__,其中θ为 v 与 B 间的夹角.当带电粒子的运动方向与磁场
方向互相平行时,F=0;当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时,F=__qvB__.只有运动电荷在磁
场中才有可能受到洛伦兹力作用,静止电荷在磁场中不受磁场的作用力.
2.洛伦兹力计算公式的推导
如图所示,整个导线受到的磁场力(安培力)为 F 安=BIL;其中 I=nqSv;设导线中共有 N 个自由电子
N=nSL;每个电子受的磁场力为 F,则 F 安=NF.由以上四式得 F=qvB.条件是 v 与 B 垂直.当 v 与 B 成θ
角时,F=qvBsin θ.
3.洛伦兹力的方向:运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向可用__左手定则__来判定,要注意:四
个手指的指向与__正__电荷的运动方向相同、与负电荷的运动方向相反;洛伦兹力 F一定__垂直于__B、v
的方向(即 F 总是垂直于 B 和 v 所在的平面),但 B、v 不一定垂直.
4.洛伦兹力的特点:对运动电荷不做功,只能改变运动电荷__速度的方向__,不改变运动电荷的速
度大小.
考点突破
例 1 如图所示,下端封闭、上端开口、高 h=5 m 内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有质量 m=10 g,
电荷量的绝对值|q|=0.2 C 的小球,整个装置以 v=5 m/s 的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度 B=
0.2 T,方向垂直纸面向内的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从
上端管口飞出.g取 10 m/s
2
.下列说法中正确的是( )
A.小球带负电
B.小球在竖直方向做匀速直线运动
C.小球在玻璃管中的运动时间小于 1 s
D.小球机械能的增加量为 1 J
【解析】由左手定则可知,小球带正电,选项 A错误;玻璃管在水平方向做匀速运动,则竖直方向所
受的洛伦兹力恒定,则竖直方向加速度不变,即小球在竖直方向做匀加速直线运动,选项 B错误;小球在
竖直方向的加速度 a=
Bqv-mg
m
=
0.2×0.2×5-0.01×10
0.01
m/s2=10 m/s2,在管中运动的时间 t=
2h
a
=
2×5
10
s=1 s,选项 C错误;小球到管口时的速度 v′=at=10 m/s,机械能的增加量:ΔE=mgh+
1
2
mv′
2
=(0.01×10×5+
1
2
×0.01×10
2
) J=1 J,选项 D正确.
【答案】D
针对训练
1.(多选)如图所示,ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中 AB 为倾斜直轨道,BC 为与 AB 相切的
圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.质量相同的甲、乙、丙三个小球中,
甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道 AB 上分别从不同高度处由静止释放,都恰
好能通过圆形轨道的最高点,下列说法正确的有(CD)
A.经过最高点时,三个小球的速度相等
B.经过最高点时,甲球的速率最小
C.甲球的释放位置比乙球的高
D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
【解析】对甲球:F洛 1+mg=
mv
2
甲
R
,对乙球:mg-F 洛 2=
mv
2
乙
R
,对丙球:mg=
mv
2
丙
R
,∴v 甲>v 丙>v 乙,F 洛
不做功,依机械能守恒,有 h 甲>h 丙>h 乙,C、D均对.
2.如图所示,质量为 m,电量为 q 的带正电物体,在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场
中,沿水平面向左以初速度 v 运动,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为 g,则(B)
A.若另加一个电场强度为
μ(mg+qvB)
q
、方向水平向右的匀强电场,物体做匀速运动
B.若另加一个电场强度为
mg+qvB
q
、方向竖直向上的匀强电场,物体做匀速运动
C.物体的速度由 v 减小到零所用的时间等于
mv
μ(mg+qvB)
D.物体的速度由 v 减小到零所用的时间小于
mv
μ(mg+qvB)
【解析】若另加一个电场强度为
μ(mg+qvB)
q
、方向水平向右的匀强电场,电场力 F=qE=μ(mg+
qvB)=f,但电场力的方向与摩擦力方向相同,故物体不能处于平衡状态,故 A 错误;若另加一个电场强
度为
mg+qvB
q
、方向竖直向上的匀强电场,电场力 F=qE=mg+qvB,支持力为零,故摩擦力为零,物体做
匀速直线运动,故 B 正确;对物体受力分析,受重力、支持力,洛伦兹力和滑动摩擦力;根据左手定则,
洛伦兹力向下,合力向右,物体做减速运动;由于摩擦力 f=μ(mg+qvtB),不断减小,加速度不断减小,
不是匀变速运动,故物体的速度由 v减小到零所用的时间大于
mv
μ(mg+qvB)
,故 C、D错误.
考点 2 ►
带电粒子在磁场中的
圆周运动问题
【p165】
夯实基础
1.带电粒子速度方向与磁场方向平行时,在磁场中做__匀速直线__运动.
2.带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场后,在洛伦兹力作用下必定做__匀速圆周运动__.
(1)轨迹半径 R
依 Bqv=__
mv
2
R
__,得 R=__
mv
qB
__.
(2)运动周期 T,T=__
2πR
v
__,又 R=
mv
qB
,得 T=__
2πm
qB
__,所以 T与__R、v__无关,只由带电粒子的
比荷和磁感应强度决定.
(3)运动时间 t,当带电粒子转过的圆心角为α时,运动时间 t=
αT
2π
=
mα
qB
或 t=
s
v
=
Rα
v
=
mα
qB
.
考点突破
例 2 如图所示,在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B.AC、AD 两块
挡板垂直纸面放置,夹角为 90°,一束电荷量为+q、质量为 m的相同粒子,从 AD 板上距 A 点为 L 的小孔
P 以不同速率沿纸面射入,速度方向与 AD 板的夹角均为 60°,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,粒
子打在挡板上就被挡板吸收.则( )
A.粒子在磁场中运动的最长时间 t=
2πm
3Bq
B.直接打在 AD 板上的粒子,运动速率的最大值为
3BqL
m
C.垂直打在 AC 板上的粒子,运动的速率 v=
2 3BqL
3m
D.在磁场中运动的时间 t=
πm
2Bq
的粒子,运动的速率 v=
( 3-1)BqL
m
【解析】如图所示,根据已知条件画出粒子的运动轨迹(如图线Ⅰ),粒子打在 AD 板上在磁场中运动
的时间最长,由几何关系可知:轨迹对应的圆心角:θ=120°,粒子在磁场中运动的最长时间 t=
120
360
×
2πm
qB
=
2πm
3qB
,故 A正确;
由 qvB=
mv
2
R
,可知 v=
qBR
m
,直接打在 A 点的粒子的运动速率取最大值,由几何关系可得 2Rcos 30°=
L,解得 R=
3L
3
,即粒子的运动速率的最大值 vm=
3qBL
3m
,故 B 错误;粒子垂直打到 AC 板,运动轨迹如图
线Ⅱ所示,由几何关系可得 R′cos 30°=L,解得 R′=
2 3L
3
,即粒子的运动速率为 v=
2 3qBL
3m
,故 C 正
确;由题意可知 t=
πm
2qB
=
T
4
,运动轨迹如图线Ⅲ所示,由几何关系可得 L=R1cos 30°+R1sin 30°,解得
R1=( 3-1)L,运动的速率 v=
( 3-1)qBL
m
,故 D正确.
【答案】ACD
【小结】1.带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动,其运动规律是洛伦兹力做向心力,
此类题一般按以下三步解题:
(1)画轨迹:即确定圆心,用几何方法求半径并画出运动轨迹.
(2)找联系:轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相
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,特别是周期公式和半径公式.
2.解题的关键是画粒子运动的示意图,确定圆心、半径及圆心角.
(1)圆心的确定
①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别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).
②已知入射方向、入射点和出射点的位置时,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迹的圆心(如图乙所示,P为入射点,M为出射点).
(2)半径的确定: 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小.注意粒子速度的偏向角等于粒
子转过的圆心角,等于弦切角的 2 倍.
(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α时,其运动时间为:t=
α
2π
T(t=
s
v
=
Rα
v
=
mα
qB
).
轨迹所对的圆心角最小时,运动时间最短.
轨迹所对的圆心角最大时,运动时间最长.
3.常见的几种磁场边界
(1)单条直线边界: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.
针对训练
3.(多选)如图所示,半径为 R 的半圆形有界磁场关于 x 轴对称,y 轴刚好与磁场左边界在坐标原点处
相切,在坐标原点处有一粒子源,可以沿 x 轴正方向连续地发射质量为 m,电荷量大小为 q 的不同速率的
正、负电荷.已知磁场的方向垂直于坐标平面向里,磁感应强度大小为 B,若粒子不能从半圆的直径部分
射出,则(AD)
A.粒子在磁场中运动的最大半径可能为 R
B.粒子在磁场中运动的最大速度可能为
qBR
2m
C.粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为(π-1)R
2
D.粒子在磁场中运动的最短时间可能为
πm
2qB
【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出,则半径最大的是轨迹刚好与直径相切,由几何关系可知这
时的粒子运动半径为 R,选项 A 正确;最大半径对应着最大速度,由 R=
mv
qB
得 v=
qBR
m
,选项 B 错误;粒子
在磁场中运动扫过的面积最大可能为 4(
1
4
πR2-
1
2
R2)=(π-2)R2,选项 C 错误;粒子在磁场中运动的轨道
半径越大,运动轨迹所对的圆心角越小,因此最小时间为
1
4
T=
πm
2qB
,选项 D 正确.
4.在 xOy 平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,两个相同的带
电粒子以相同的速度分别从 y 轴上的 P、Q 两点同时垂直于 y 轴向右射出,最后均打在 x 轴上的 N 点,已
知 P、N 两点的坐标分别为(0,3L)、( 3L,0),不计两粒子的重力与相互作用力.根据题中条件不能确定
的是(D)
A.两带电粒子在磁场中运动的半径
B.两带电粒子到达 N点所用的时间比
C.Q 点的坐标
D.带电粒子的比荷
【解析】粒子的运动轨迹如图,由几何关系可知 PN 长为 2 3L;∠OQN=60°,则 R=
3L
3
2
=2L;因两
粒子的速度相同,且是同种粒子,则可知,它们的轨迹半径相同;即两粒子的轨迹半径均可求出;A 能确
定;同时根据几何关系可知,从 P 入射的粒子在磁场中转过的圆心角为 120°,从 Q 入射的粒子在磁场中
转过的圆心角为 60°;即可确定对应的运动时间,则由 t=
θ
360°
T,可以求得运动的时间比:tP∶tQ=120°∶
60°=2∶1,可确定带电粒子到达 N 点所用的时间比,B 能确定;根据几何关系,OQ=L,可以确定 Q点的
坐标,C能确定;根据 R=
mv
qB
,由于不知磁感应强度和速度,故无法求得比荷,D 不能确定;故选 D.
考点 3 ►
带电粒子在有界磁场中
的临界问题
【p166】
夯实基础
当在题干中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语时,就预示着是一个临界极值问题.必须
借助半径 R 和速度 v(或磁场 B)之间的约束关系进行动态轨迹分析,确定轨迹圆和磁场边界的相切或相交
关系,找出切点和交点,然后用数学方法求出极值.常用的结论有:
1.刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切.
2.当速度 v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,运动时间越长,v 变化时,圆心角越大,运动
时间越长.
3.当速度 v 变化时,圆心角大的,运动时间长.解题时要画出运动轨迹图,找出圆心,依几何关系
求出轨迹半径及圆心角.
4.在圆形匀强磁场中,当轨迹圆半径大于磁场圆半径时,则入射点和出射点连线等于磁场圆直径时,
轨迹对应的偏转角最大,运动时间最长.
考点突破
例 3 如图所示,平行边界 MN、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为 B,两边界
的间距为 d,MN 上有一粒子源 A,可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为 m、电荷量均为+q 的粒子,
粒子射入磁场的速度大小 v=
2qBd
3m
,不计粒子的重力,则粒子能从 PQ 边界射出的区域长度与能从 MN 边界
射出的区域长度之比为( )
A.1∶1 B.2∶3
C. 3∶2 D. 3∶3
【解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,做匀速圆周运动,故有:qBv=m
v
2
R
,则粒子运动半径为 R
=
mv
qB
=
2
3
d,由左手定则得:粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动;当粒子沿 AN 方向进入磁场时,粒子打
在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最下端,由几何关系得:落点距 A 点的竖直距离为:L1=
R
2
-(d-R)
2
=
3
3
d,粒子进入磁场的方向逆时针旋转,粒子打在 PQ 上的点上移,直到运动轨迹与 PQ 相
切时,粒子打在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最上端,由几何关系得:落点距 A 点的竖直
距离为:L2= R2-(d-R)
2
=
3
3
d,故粒子能从 PQ 边界射出的区域长度为:L=L1+L2=
2 3
3
d,因为 RQB,则 A球在 B 球的下方运动
B.无论 QA、QB关系如何,A、B 均能在同一轨道上运动
C.若 QA>QB,则漏斗对 A 球的弹力大于对 B 球的弹力
D.无论 QA、QB关系如何,均有漏斗对 A球的弹力等于漏斗对 B球的弹力
【解析】根据左手定则,小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外,受力分析如图:
FNsin θ=mg;FNcos θ-qvB=
mv2
R
,则 R=
mv2tan θ
mg-qvBtan θ
,则 R 随 q 的变大而增大,则 A、B 错误;
由竖直方向的受力可知:FN=
mg
sin θ
,则压力不变,选项 C错误,D 正确.
4.如图所示,在直角三角形 abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小
为 B,∠a=60°,∠b=90°,边长 ac=L.一个粒子源在 a 点将质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以大
小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是(A)
A.
qBL
2m
B.
3qBL
6m
C.
3qBL
4m
D.
qBL
6m
【解析】依 t=
θ
2π
T,在磁场中转过的角度θ最大时,运动时间最长,因此速度方向沿 ab 射入磁场的
粒子在磁场中偏转的最大角度为 120°,时间最长.在这种情况下,最大速度对应着最大半径,而最大半
径只能是 R=ab=
L
2
,故 A 正确.
5.如图,abcdef 为圆形磁场区域的圆周上的 6个等分点,比荷相同的粒子先后从 f 沿 fd 方向射入磁
场区域.从 a 点离开磁场的粒子,速度大小为 va,在磁场中运动的时间为 ta;从 c 点离开磁场的粒子,速
度大小为 vc,在磁场中运动的时间为 tc.不计粒子重力,则(A)
A.
va
vc
=
1
4
,
ta
tc
=
3
1
B.
va
vc
=
1
4
,
ta
tc
=
2
1
C.
va
vc
=
1
2
,
ta
tc
=
2
1
D.
va
vc
=
1
2
,
ta
tc
=
3
1
【解析】画出从 a、c 两点射出磁场的比荷相同的粒子的运动轨迹如图所示,从 a 点射出的粒子的轨
迹圆圆心位于 Oa,从 C 点射出的粒子的轨迹圆圆心为 Oc,由几何关系得:从 a点射出的粒子的半径 ra=
1
2
R(R
为磁场区域的半径),从 c 点射出的粒子的半径 rc=2R.由洛伦兹力提供向心力 qvB=m
v2
r
可得 v=
qBr
m
,周
期 T=
2πr
v
=
2πm
qB
,在磁场中运动时间 t=
θ
360°
T.
所以
va
vc
=
ra
rc
=
1
2
R
2R
=
1
4
,
ta
tc
=
θa
θc
=
180°
60°
=
3
1
,选项 A 正确.
6.如图所示,边长为 L 的正方形 ABCD 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为 m、带电荷量为
q 的粒子从 A 点以速度 v0垂直射入磁场,速度方向与 AB 的夹角为α,粒子刚好从 B 点射出磁场,不计粒子
重力,则(D)
A.粒子一定带正电
B.匀强磁场的磁感应强度为
2mv0cos α
qL
C.粒子从 A到 B所需的时间为
2αL
v0sin α
D.粒子在磁场中离 AB 的最远距离为
(1-cos α)L
2sin α
【解析】在 A 位置,已知速度方向、磁场方向和洛伦兹力方向,根据左手定则,粒子带负电荷,故 A
错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹,如图所示:
结合几何关系,有:r=
L
2
sin α
=
L
2sin α
,根据牛顿第二定律,有:qv0B=
mv
2
0
r
,联立解得:B=
2mv0sin α
qL
,
B错误;从A点到B点对应的弧长为:s=2αr=
αL
sin α
;故粒子从A点到B点所需的时间为:t=
s
v0
=
αL
v0sin α
,
C 错误;粒子在磁场中离 AB 边界的最远距离为:ΔL=r-rcos α=
(1-cos α)L
2sin α
,D 正确.
7.一束质子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一个正方形的、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,
则下列说法中正确的是(C)
A.在磁场中运动时间越长的质子,其轨迹线一定越长
B.在磁场中运动时间相同的质子,其轨迹线一定重合
C.在磁场中运动时间越长的质子,其轨迹所对圆心角一定越大
D.速率不同的质子,在磁场中运动时间一定不同
【解析】质子在同一匀强磁场中运动周期相同,T=
2πm
eB
.据题意分析如图所示,速率不同的质子群在
有界磁场中分别运动的时间可能有:
T
2
=ta=tb>tc>td>te,其中 a、b 轨迹所对圆心角最大,均为π.所以
在 A、B、C 三个选项中选择 C.由图还可看到,ra<rb.因为 r=
mv
eB
,所以 va<vb.虽 a、b 速率不同,但在有
界磁场中运动时间相同,D错.
8.如图所示,在一挡板 MN 的上方,有磁感应强度为 B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.P 为 MN
上的一个粒子发射源,它能连续垂直磁场向 MN 上方各个方向发射速率为 v、质量为 m、带电量为 q的粒子,
假设不计粒子的重力和粒子间的相互作用,粒子打到挡板上时均被挡板吸收.则在垂直于磁场的平面内,
有粒子经过的区域面积是(C)
A.
πm
2
v
2
q
2
B
2
B.
2πm
2
v
2
q
2
B
2
C.
3πm2v2
2q2B2
D.
πm2v2
4q2B2
【解析】由题意可知粒子在磁场中的运动半径 R=
mv
qB
,所有粒子在磁场中半径相同,
由图可知,由 O 点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界;随着粒子的速度方向偏转,粒子转动的
轨迹圆可认为是以 O 点为圆心以 2R 为半径转动.如图所示,由几何图形可知,带电粒子可能经过的区域
的面积为:S=
1
2
πR
2
+
1
4
π(2R)
2
=
3πm
2
v
2
2q
2
B
2
,故选 C.
B 组
9.如图所示,带有正电荷的 A 粒子和 B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为 30
°、60°)从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说
法中正确的是(D)
A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶ 3
B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
2+ 3
3
C.A、B两粒子的比荷之比是 3∶1
D.A、B两粒子的比荷之比是
2+ 3
3
【解析】设粒子速度 v 与磁场左边界成α角,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,
由牛顿第二定律得:qvB=m
v
2
r
,解得:r=
mv
qB
;
由几何关系得:rcosα+r=d,∴ rAcos 30°+rA=d,rBcos 60°+rB=d,解得:
rA
rB
=
3
2+ 3
,故 A、
B 错误;粒子轨道半径:r=
mv
qB
可知,
q
m
=
v
Br
,由题意可知,两粒子的 v 大小与 B 都相同,则两粒子的
q
m
之比
与轨道半径成反比,则 A、B 两粒子的
q
m
之比是
2+ 3
3
,故 C 错误,D正确.
10.如图所示,在半径为 a(大小未知)的圆柱空间(图中圆为其横截面),固定放置一绝缘材料制成的
边长为 L 的弹性等边三角形框架 DEF,其中心 O 位于圆柱的轴线上.在三角形框架 DEF 与圆柱之间的空间
中,充满磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,其方向平行于圆柱轴线垂直纸面向里.在 EF 边上的中点 S 处
有一发射带电粒子的粒子加速器,粒子发射的方向均在截面内且垂直于 EF 边并指向磁场区域.发射粒子
的电量均为 q(q>0),质量均为 m,速度大小均为 v=
qBL
6m
,若粒子与三角形框架的碰撞均没有动能损失,且
粒子在碰撞过程中所带的电量不变.(不计带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用)求:
(1)为使初速度为零的粒子速度增加到 v=
qBL
6m
,在粒子加速器中,需要的加速电压为多大;
(2)带电粒子在匀强磁场区域内做匀速圆周运动的半径;
(3)若满足:从 S 点发射出的粒子都能再次返回 S 点,则匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 至少为多
大?
(4)若匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 满足第(3)问的条件,则从 S 点发射出的某带电粒子从 S 点发
射到第一次返回 S点的时间是多少.
【解析】(1)在粒子加速器中,带电粒子在电场中被加速,根据动能定理
qU=
1
2
mv2,解得 U=
qB
2
L
2
72m
(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,qvB=m
v
2
r
,解得 r=
mv
qB
=
L
6
(3)设想某个带电粒子从 S发射后又能回到 S,则带电粒子运动轨迹如图所示
当带电粒子的运动轨迹同磁场区域内切时,磁场区域半径有最小值 amin,由几何关系得
amin=OG=OF+FG=r+
3L
3
=(
1
6
+
3
3
)L
(4)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由 T=
2πr
v
=
2πm
qB
由轨迹图可知,带电粒子从 S 点发射到第一次返回 S 点的时间是 t=
11
2
T=
11πm
qB
11.如图所示,xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 B=0.08 T,在原点 O 有一粒子
源,它可以在 xOy 平面内向Ⅰ、Ⅳ象限各个方向发射质量 m=9.6×10
-24
kg、电荷量 q=4.8×10
-16
C、速
度 v=1×10
6
m/s 的带正电的粒子.一足够长薄板平行于 x 轴垂直于 y 轴放置,与 y 轴交于 O′点且离 x
轴距离为 0.4 m,不考虑粒子之间的相互作用,结果保留两位有效数字.
(1)若磁场范围足够大,求薄板下表面被粒子击中的区域的长度;
(2)若匀强磁场大小、方向均不变,但只存在于一个圆形区域中,粒子源恰好在其边界上,已知粒子
最后全部垂直打在薄板上,求粒子从 O 点到薄板的最长时间和最短时间.
【解析】(1)带电粒子在磁场中受洛伦兹力,做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力有 qvB=m
v
2
r
得 r=
mv
qB
=0.25 m
如图所示,轨迹直径的另一端在薄板上 M 点时粒子落点为右侧最远点,显然 OM=2r=0.50 m,O′M
=0.30 m
轨迹与薄板左侧相切于 N 点时粒子落点为左侧最远点,NO2延长交 x轴于 N′点,分析可得
O2N′=0.4 m-0.25 m=0.15 m 得 ON′=0.20 m,解得 O′N=0.20 m
被打中区域长 MN=0.50 m
(2)依题意可知,虚线圆为磁场边界,当其半径等于轨迹半径时,粒子射出磁场时方向与 x 轴垂直,
粒子离开圆形磁场时,经分析速度方向均沿 y轴正方向垂直打到薄板上.
当初速度方向沿 y 轴正方向时,轨迹最短,最短时间 t1=
OO′
v
=
0.4
1.0×10
6
s=4.0×10
-7
s
当速度方向沿 y 轴负方向时,轨迹经 x 轴上的 P 点后垂直打到薄板上,轨迹最长,最长时间
t2=
πr
v
+
OO′
v
=1.2×10-6 s