【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在匀强磁场中的运动学案 19页

　带电粒子在匀强磁场中的运动 [学科素养与目标要求]　 物理观念：1.知道带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律.2.知道带电粒子在有界匀强 磁场中运动的几个结论． 科学思维：1.掌握带电粒子在匀强磁场中运动问题的分析方法.2.会分析带电粒子在有界匀强 磁场中的运动.3.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题． 一、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动分析 1．圆心的确定方法：两线定一点 (1)圆心一定在垂直于速度的直线上． 如图 1 甲所示，已知入射点 P 和出射点 M 的速度方向，可通过入射点和出射点作速度的垂线， 两条直线的交点就是圆心． 图 1 (2)圆心一定在弦的中垂线上． 如图乙所示，作 P、M 连线的中垂线，与其中一个速度的垂线的交点为圆心． 2．半径的确定 半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他 几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解． 3．粒子在磁场中运动时间的确定 (1)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 t＝ α 360°T(或 t＝ α 2πT)． (2)当 v 一定时，粒子在磁场中运动的时间 t＝ l v，l 为带电粒子通过的弧长． 例 1　(2018·菏泽市高二上期末)如图 2 所示，匀强磁场宽 L＝ 3 2 m，磁感应强度大小 B＝ 1.67×10－3T，方向垂直纸面向里，一质子以水平速度 v＝1.6×105m/s 垂直磁场边界从小孔 C 射入磁场，打到照相底片上的 A 点．已知质子的质量 m＝1.67×10－27kg，带电荷量 e＝1.6×10 －19C．不计质子的重力．求： 图 2 (1)质子在磁场中运动的轨迹半径 r； (2)A 点距入射线方向上的 O 点的距离 H； (3)质子从 C 孔射入到 A 点所需时间． 答案　(1)1m　(2)0.5m　(3) 5π 24 ×10－5s(或 6.54×10－6s) 解析　(1)质子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有 evB＝ mv2 r ，即：r＝ mv eB 解得：r＝1m (2)设圆弧对应的圆心角为 θ，则由几何关系可知： sinθ＝ L r H＝r(1－cosθ) 解得：θ＝60°，H＝0.5m (3)质子在磁场中转动的角度 θ＝60°，则运动的时间为： t＝ 60° 360°T 而：T＝ 2πr v ＝ 2πm eB 解得：t＝ 5π 24 ×10－5s(或 6.54×10－6s) [学科素养]　例 1 考查了带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律，应用了带电粒子在 磁场中运动问题的分析方法，通过这道题，让物理概念和规律在头脑中得到提炼和升华，体 现了“物理观念”、“科学思维”等学科素养． 针对训练　如图 3 所示，一束电荷量为 e 的电子以垂直于磁感应强度 B 并垂直于磁场边界的 速度 v 射入宽度为 d 的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来的射入方向的夹角为 θ＝ 60°，求电子的质量和穿越磁场的时间． 图 3 答案　 2 3dBe 3v 　 2 3πd 9v 解析　过 M、N 作入射方向和出射方向的垂线，两垂线交于 O 点，O 点即电子在磁场中做匀速 圆周运动的圆心，过 N 作 OM 的垂线，垂足为 P，如图所示． 由几何知识得，电子运动的半径为 r＝ d sin60°＝ 2 3 3 d① 由牛顿第二定律知 evB＝m v2 r ② 联立①②式解得 m＝ 2 3dBe 3v 电子在磁场中运动的周期为 T＝ 2π eB · 2 3dBe 3v ＝ 4 3πd 3v 电子在磁场中的轨迹对应的圆心角为 α＝θ＝60° 故电子在磁场中的运动时间为 t＝ 1 6T＝ 1 6× 4 3πd 3v ＝ 2 3πd 9v . 二、带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图 4 所示) 图 4 2．平行边界(存在临界条件，如图 5 所示) 图 5 3．圆形边界(进出磁场具有对称性) (1)沿径向射入必沿径向射出，如图 6 所示． 图 6 (2)不沿径向射入时速度方向与对应点半径的夹角相等(如图 7 所示) 图 7 例 2　如图 8 所示，直线 MN 上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，质量为 m、电荷量为－q(q>0)的粒子 1 在纸面内以速度 v1＝v0 从 O 点射入磁场，其方向与 MN 的夹角 α＝30°；质量为 m、电荷量为＋q 的粒子 2 在纸面内以速度 v2＝ 3v0 也从 O 点射入磁场， 其方向与 MN 的夹角 β＝60°.已知粒子 1、2 同时到达磁场边界的 A、B 两点(图中未画出)， 不计粒子的重力及粒子间的相互作用． 图 8 (1)求两粒子在磁场边界上的穿出点 A、B 之间的距离 d； (2)求两粒子进入磁场的时间间隔 Δt. 答案　(1) 4mv0 qB 　(2) πm 3qB 解析　(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示， 由牛顿第二定律得 qvB＝m v2 r 得 r1＝ mv0 qB ，r2＝ 3mv0 qB 故 d＝OA＋OB＝2r1sin30°＋2r2sin60°＝ 4mv0 qB . (2)粒子 1 做圆周运动的圆心角 θ1＝ 5π 3 粒子 2 做圆周运动的圆心角 θ2＝ 4π 3 粒子做圆周运动的周期 T＝ 2πr v ＝ 2πm qB 粒子 1 在匀强磁场中运动的时间 t1＝ θ1 2πT 粒子 2 在匀强磁场中运动的时间 t2＝ θ2 2πT 所以 Δt＝t1－t2＝ πm 3qB 例 3　在以坐标原点 O 为圆心、半径为 r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直 于纸面向里的匀强磁场，如图 9 所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处以速度 v 沿－x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿＋y 方向飞出． 图 9 (1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 q m； (2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为 B′，该粒子仍从 A 处以相 同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 60°角，求磁感应强度 B′的大小；此次粒子在磁场中运动所用时间 t 是多少． 答案　(1)负电荷　 v Br　(2) 3 3 B　 3πr 3v 解析　(1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷． 粒子由 A 点射入，由 C 点飞出，其速度方向改变了 90°，则粒子轨迹半径 R＝r， 又 qvB＝m v2 R ， 则粒子的比荷 q m＝ v Br. (2)设粒子从 D 点飞出磁场，速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角为 60°，粒子做圆 周运动的半径 R′＝ r tan30°＝ 3r，又 R′＝ mv qB′，所以 B′＝ 3 3 B，粒子在磁场中运动所 用时间 t＝ 1 6T＝ 1 6× 2πR′ v ＝ 3πr 3v . 三、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题 带电粒子在有界磁场中运动，往往出现临界条件，要注意找临界条件并挖掘隐含条件． 例 4　直线 OM 和直线 ON 之间的夹角为 30°，如图 10 所示，直线 OM 上方存在匀强磁场，磁 感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为 m，电荷量为 q(q>0)．粒子 沿纸面以大小为 v 的速度从 OM 上的某点向左上方射入磁场，速度与 OM 成 30°角．已知该粒 子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离 开磁场的出射点到两直线交点 O 的距离为(　　) 图 10 A. mv 2qBB. 3mv qB C. 2mv qB D. 4mv qB 答案　D 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为 r＝ mv qB.轨迹与 ON 相切，画出粒子的运动 轨迹如图所示，由几何知识得 CO′D 为一直径，OD＝ CD sin 30°＝2CD＝4r＝ 4mv qB ，故 D 正确． 例 5　(2018·北师大高二上期末)如图 11 所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满方向垂直 纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 ad 边中点 O，方向垂直磁场向里射入一速度方向 跟 ad 边夹角 θ＝30°、大小为 v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为 m，电荷量为 q， ad 边长为 L，ab 边足够长，粒子重力不计，求： 图 11 (1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小 v01； (2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小 v02. (3)若带电粒子的速度 v0 大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间． 答案　(1) BqL m 　(2) BqL 3m 　(3) 5πm 3Bq 解析　(1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示 若粒子速度为 v0，则 qv0B＝m v02 R ，解得：v0＝ qBR m 设圆心在 O1 处时，对应圆弧与 cd 边相切，相应速度为 v01 由几何关系得：R1－R1sinθ＝ L 2，解得 R1＝L 则有：v01＝ qBR1 m ＝ qBL m 设圆心在 O2 处时，对应圆弧与 ab 边相切，相应速度为 v02 由几何关系得：R2＋R2sinθ＝ L 2，解得 R2＝ L 3 则有：v02＝ qBR2 m ＝ qBL 3m (3)由 t＝ α 2πT 和 T＝ 2πm qB 可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角 α 越大，在磁场中运 动的时间也越长．在磁场中运动的半径 r0)的粒子以速率 v0 沿横截面的某直径射入磁场，离开 磁场时速度方向偏离入射方向 60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为(　　) 图 6 A. 3mv0 3qR B. mv0 qR C. 3mv0 qR D. 3mv0 qR 答案　A 解析　粒子运动轨迹如图所示 粒子做圆周运动的轨道半径 r＝ R tan30°＝ 3R 根据洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝m v02 r 解得：B＝ 3mv0 3qR . 考点三　带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题 7.如图 7 所示，比荷为 e m的电子垂直射入宽度为 d、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，则电子 能从左边界射出这个区域，可具有的最大初速度为(　　) 图 7 A. 2eBd m B. eBd m C. eBd 2m D. 2eBd m 答案　B 解析　要使电子能从左边界射出这个区域，则有 R≤d，根据洛伦兹力提供向心力，可得 R＝ mv Be ≤d，则可具有的最大初速度为 v＝ eBd m ，B 正确． 8．如图 8 所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，区域 宽度为 d，边界为 CD 和 EF，速度为 v 的电子从边界 CD 外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入 射方向跟 CD 的夹角为 θ，已知电子的质量为 m、带电荷量为 e，为使电子能从另一边界 EF 射出，电子的速率应满足的条件是(　　) 图 8 A．v＞ Bed m(1＋cosθ) B．v＜ Bed m(1＋cosθ) C．v＞ Bed m(1＋sinθ) D．v＜ Bed m(1＋sinθ) 答案　A 解析　由题意可知电子从边界 EF 射出的临界条件为到达边界 EF 时，速度与 EF 平行，轨迹与 EF 相切，如图所示． 由几何知识得 R＋Rcosθ＝d，R＝ mv0 eB ，解得 v0＝ Bed m(1＋cosθ)，当 v＞v0 时，电子能从边界 EF 射出． 二、非选择题 9.(2018·大连市高二上期末)如图 9 所示，匀强磁场宽度为 L，磁感应强度为 B，方向垂直纸 面向里．有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)，以初速度 v0 垂直磁场方向从 小孔 C 射入匀强磁场后从磁场右边界 A 点射出，射出方向与水平方向的夹角为 θ，求： 图 9 (1)粒子运动轨迹的半径 r； (2)粒子的初速度 v0； (3)粒子在磁场中的运动时间 t. 答案　(1) L sinθ　(2) LqB msinθ　(3) θm qB 解析　(1)过 A 点作 v0 的垂线交于左边界 M 点，由几何关系可知：r＝ L sinθ； (2)根据 qv0B＝ mv02 r 得：v0＝ qBr m ＝ qBL msinθ； (3)根据 t＝ θ 2πT＝ θ 2π× 2πm qB ＝ θm qB . 10.如图 10 所示，一质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子从 A 点以水平速度 v0 正对圆心 O 射进 一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.在磁场区域的正下方有一宽度为 L 的显示屏 CD，显示屏的水平边界 C、D 两点到 O 点的距离均为 L.粒子沿 AO 方向进入磁场， 经磁场偏转恰好打在显示屏上的左边界 C 点．不计粒子重力．求： 图 10 (1)粒子在磁场中的运动半径 r； (2)圆形磁场的方向及半径 R； (3)改变初速度的大小，使粒子沿 AO 方向进入磁场后，都能打在显示屏上，求速度的范围． 答案　(1) mv0 qB 　(2)垂直纸面向外　 3mv0 qB 　(3)v0≤v≤3v0 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由 qv0B＝m v02 r 得：r＝ mv0 qB . (2)由左手定则知磁场方向垂直纸面向外，粒子沿半径方向射入磁场，偏转后沿半径方向射 出．轨迹如图，粒子恰好打在 C 点， 由几何知识可知，速度偏转角为 120°. 得：R＝rtan60°＝ 3mv0 qB . (3)粒子打在 C 点速度最小，打在 D 点速度最大，此时做圆周运动的半径 r′＝Rtan60°＝ 3mv0 qB 由 qvB＝m v2 r′，得 v＝3v0 所以粒子都能打在显示屏 CD 上的速度范围为： v0≤v≤3v0. 11．(2018·临沂市高二上期末)如图 11 所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度 B＝2.0T．一质量为 m＝5.0×10－8kg、电荷量为 q＝1.0×10－6C 的带电粒子从 P 点沿图示方向以 v＝20m/s 的速度进入磁场，从 x 轴上的 Q 点离开磁场(Q 点 未画出)．已知 OP＝30cm.(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： 图 11 (1)OQ 的距离； (2)若粒子不能进入 x 轴上方，求磁感应强度 B′满足的条件． 答案　(1)0.90m　(2)B′> 16 3 T 解析　(1)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝ mv2 R ，得 R＝ mv qB 代入数据得：R＝0.50m 而 OP cos53°＝0.50m 故圆心一定在 x 轴上，轨迹如图甲所示． 由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin53°，故 OQ＝0.90m (2)带电粒子不从 x 轴射出(如图乙)，由几何关系得： OP>R′＋R′cos53°① R′＝ mv qB′② 由①②并代入数据得：B′> 16 3 T(取“≥”也可)