高中物理 第三章 磁場 第6節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 新人教版選修3-1

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1、6帶電粒子在勻強磁場中的運動答案：(1）勻速直線(2）勻速圓周(3）(4）(5）金屬盒(6）交變電源(7）qU(8）qvB(9）比荷(10）質量(11）磁感應強度(12）同位素1帶電粒子在勻強磁場中的運動(1）帶電粒子速度為零v00，f洛0，處于靜止狀態(tài)。(2）帶電粒子的運動方向與磁場方向平行帶電粒子在磁場中運動時，若速度方向與磁感線平行，則粒子不受磁場力，做勻速直線運動。(3）帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直洛倫茲力使帶電粒子做勻速圓周運動運動性質：洛倫茲力不改變速度大小，但是不停地改變速度方向，因此粒子在垂直于磁場方向的平面內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力，如圖所示。半徑

2、公式：粒子做勻速圓周運動所需的向心力是由粒子所受的洛倫茲力提供的，所以根據(jù)牛頓第二定律有qvBm，得r。周期公式：將半徑r代入公式T中，得到周期公式T。談重點 (1）在勻強磁場中做勻速圓周運動的帶電粒子，它的軌道半徑跟粒子的運動速率成正比。(2）帶電粒子在勻強磁場中的轉動周期T與帶電粒子的質量和電荷量有關，與磁場的磁感應強度有關，而與軌道半徑和運動速率無關。(3）動能公式Ekmv2。(4）帶電粒子的運動方向與磁場方向成角把帶電粒子的速度分解為垂直于B的分量v1和平行于B的分量v2，因為v1和B垂直，受到洛倫茲力為qv1B，此力使粒子q在垂直于B的平面內做勻速圓周運動，v2和B平行，不受洛倫茲力

3、，故粒子在沿B方向上做勻速曲線運動，可見粒子的運動是一等距螺旋運動。帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動形式有什么不同呢？帶電粒子在勻強電場中可能做變速直線運動，也可能做變速曲線運動，但不可能做勻速直線運動；在勻強磁場中，帶電粒子可以做勻速直線運動，也可以做變速曲線運動，但不可能做變速直線運動?！纠?】一帶電粒子，沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場。粒子的一段運動徑跡如圖所示，徑跡上的每小段都可近似看成圓弧。由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變），從圖示情況可以確定(）A粒子從a到b運動，帶正電B粒子從a到b運動，帶負電C粒子從b到a運動，帶正電D粒子從b到a運動，帶負電

4、解析：垂直于磁場方向射入勻強磁場的帶電粒子受洛倫茲力作用，使粒子做勻速圓周運動，半徑r。由于帶電粒子使沿途的空氣電離，粒子的能量減小，磁感應強度B與帶電荷量不變，又據(jù)Ekmv2知，v在減小，故r減小，可判定粒子從b向a運動；另據(jù)左手定則，可判定粒子帶正電。答案：C2質譜儀(1）結構：質譜儀由靜電加速電極、速度選擇器、偏轉磁場、顯示屏等組成。(如圖）(2）原理：粒子源及加速電場：使帶電粒子獲得速度v進入速度選擇器，v。速度選擇器：只有做勻速直線運動的粒子才能通過，即qEqvB1,所以v。偏轉磁場及成像顯示裝置：粒子源產(chǎn)生的粒子在進入加速電場時的速度很小，可以認為等于零，則加速后有qUmv2，所以

5、v。在偏轉磁場中，有qvB2m，故軌道半徑r所以粒子質量m。若粒子電荷量q也未知，通過質譜儀可求出該粒子的比荷。(3）質譜儀的應用質譜儀最初是由湯姆生的學生阿斯頓設計的，他用質譜儀首先發(fā)現(xiàn)了氖20和氖22的質譜線，證實了同位素的存在。后來經(jīng)過多次改進，質譜儀已經(jīng)成了一種十分精密的測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。【例2】質譜儀原理如圖所示，a為粒子加速器，電壓為U1；b為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，板間距離為d；c為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正電子(不計重力），經(jīng)加速后，該粒子恰能豎直通過速度選擇器，粒子進入分離器后做半徑為R的勻速圓周

6、運動。求：(1）粒子的速度v為多少？(2）速度選擇器的電壓U2為多少？(3）粒子在磁場B2中做勻速圓周運動的半徑R為多大？解析：(1）在a中，電子被加速，由動能定理有eU1mv2，得v；(2）在b中，電子所受電場力和洛倫茲力的大小相等，即eevB1，代入v值得U2B1d；(3）在c中，電子受洛倫茲力作用而做圓周運動，旋轉半徑R，代入v值得R。答案：(1）(2）B1d(3）3回旋加速器(1）直線加速器(多級加速器）如圖所示，電荷量為q的粒子經(jīng)過n級加速后，根據(jù)動能定理獲得的動能可以達到Ekq(U1U2U3Un）。這種多級加速器通常叫做“直線加速器”。(2）回旋加速器基本用途：利用電場對電荷的加速

7、作用和磁場對運動電荷的偏轉作用，在較小的范圍內來獲得高能粒子的裝置?；匦铀倨鞯暮诵幕匦铀倨鞯暮诵牟糠质莾蓚€D形的金屬扁盒，這兩個D形盒就像是沿著直徑把一個圓形的金屬扁盒切成兩半，兩個D形金屬盒之間留一個窄縫，在中心附近放有粒子源。D形盒裝在真空容器中，整個裝置放在巨大電磁鐵的兩極之間，磁場方向垂直于D形盒的底面，把兩個D形盒分別接在高頻電源的兩極上。工作原理如圖所示，放在A0處的粒子源發(fā)出一個帶正電的粒子，它以某一速率v0垂直進入勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期，當它沿著半圓弧A0A1到達A1時，在A1A1處加一個向上的電場，使這個帶電粒子在A1A1處受到一次電場的加速，速率

8、由v0增加到v1，然后粒子以速率v1在磁場中做勻速圓周運動。我們知道，粒子的軌道半徑跟它的速率成正比，因而粒子將沿著半徑增大了的圓周運動，又經(jīng)過半個周期，當它沿著半圓弧A1A2到達A2時，在A2A2處加一個向下的電場，使粒子又一次受到電場的加速，速率增加到v2，如此繼續(xù)下去，每當粒子運動到A1A1、A3A3等處時都使它受到向上電場的加速，每當粒子運動到A2A2、A4A4等處時都使它受到向下電場的加速，粒子將沿著圖示的A0A1A1A2A2回旋下去，速率將一步一步地增大。(3）回旋加速器中各部分的作用磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場中，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，且粒子每

9、次進入D形金屬盒都運動相等的時間(半個周期）后平行電場方向進入電場中被加速。電場的作用：回旋加速器的兩個D形金屬盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的、并垂直于兩D形金屬盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速。交變電壓：為了保證帶電粒子每次經(jīng)過窄縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在窄縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓，周期T。D形金屬扁盒的主要作用是靜電屏蔽，使得盒內空間的電場極弱，這樣就可以使運動的粒子只受洛倫茲力的作用做勻速圓周運動。在加速區(qū)域中也有磁場，但由于加速區(qū)間距離很小，磁場對帶電粒子的加速過程的影響很小，因此，可以忽略磁場的作用。(4）帶電粒子的最終能量由于

10、D形金屬盒的大小一定，所以不管粒子的大小及帶電荷量如何，粒子最終從加速器內射出時應具有相同的旋轉半徑。由牛頓第二定律得qvnBm粒子可能獲得的最大動能Eknmv。可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關，直徑越大，粒子獲得的能量就越大，由于受D形盒半徑R的限制，帶電粒子在這種加速器中獲得的能量也是有限的?！纠?】回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交

11、流電頻率為f。則下列說法正確的是(）A質子被加速后的最大速度不可能超過2fRB質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關C只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值D不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速粒子解析：由R和T解得質子被加速后達到的最大速度vmax2fR，與加速電場的電壓無關，A、B正確；當粒子的速度接近光速時，根據(jù)狹義相對論，粒子的質量將發(fā)生變化，從而引起回旋周期變化，破壞了加速器的工作原理，故質子不能被加速到任意值，C錯誤；由f知回旋加速器不能加速不同比荷的粒子，故該回旋加速器不能用于加速粒子，D錯誤。答案：AB4“磁偏轉”與“電偏轉”的區(qū)別所謂“電偏轉”與“磁偏轉”是分別

12、利用電場和磁場對電荷施加作用，從而控制其運動方向，但電場和磁場對電荷的作用特點不同，因此這兩種偏轉有明顯的差別。磁偏轉電偏轉受力特征及運動規(guī)律若vB，則洛倫茲力FBqvB，使粒子做勻速圓周運動，v的方向變化，又導致FB的方向變化，其運動規(guī)律可由r和T進行描述FE為恒力，粒子做勻變速曲線運動類平拋運動，其運動規(guī)律可由vxv0，xv0t，vyt，yt2進行描述偏轉情況粒子的運動方向能夠偏轉的角度不受限制，bttt，且相等時間內偏轉的角度相等粒子運動方向所能偏轉的角度E/2，且相等時間內偏轉的角度不同動能的變化由于FB始終不做功，所以其動能保持不變由于FE與粒子速度的夾角越來越小，所以其動能不斷增大

13、，并且增大得越來越快【例41】如圖所示，帶電粒子在沒有電場和磁場空間以v0從坐標原點O沿x軸方向做勻速直線運動，若空間只存在垂直于xOy平面的勻強磁場時，粒子通過P點時的動能為Ek；當空間只存在平行于y軸的勻強電場時，則粒子通過P點時的動能為(）AEk B2Ek C4Ek D5Ek解析：只有電場時，粒子做類平拋運動，vtqEt2/2m，則運動時間t2mv/qE，故電場力做功WqEvt2mv24Ek，因此粒子通過P點時的動能為EkEk0W5Ek，選項D正確。答案：D【例42】如圖所示，某一真空區(qū)域內充滿勻強電場和勻強磁場，此區(qū)域的寬度d=8 cm，電場強度為E，方向豎直向下，磁感應強度為B，方向

14、垂直紙面向里，一電子以一定的速度沿水平方向射入此區(qū)域。若電場與磁場共存，電子穿越此區(qū)域時恰好不發(fā)生偏轉；若射入時撤去磁場，電子穿越電場區(qū)域時，沿電場方向偏移量y=3.2 cm；若射入時撤去電場，電子穿越磁場區(qū)域時也發(fā)生了偏轉。不計重力作用，求：(1）電子射入時的初速度的表達式；(注：表達式不必代入具體數(shù)值，只保留字母符號）(2）電子比荷的表達式；(3）畫出電子穿越磁場區(qū)域時(撤去電場時）的軌跡并標出射出磁場時的偏轉角；(4）電子穿越磁場區(qū)域后(撤去電場時）的偏轉角。(sin 370.6，cos 370.8）解析：(1）電子在復合場中不發(fā)生偏轉，所受電場力和洛倫茲力平衡：qEqvB，得初速度的表

15、達式v。(2）電子垂直進入勻強電場，向上做類平拋運動有dvt，yat2，加速度a，可解得電子比荷。(3）電子穿越磁場區(qū)域時的軌跡如圖所示。(4）電子垂直進入勻強磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，qvB=m代入比荷的表達式得r=10 cm=0.1 m由幾何知識得sin 0.8所以偏轉角53。答案：(1）v(2）(3）見解析圖(4）535帶電粒子在勻強磁場中運動的解題方法圓心位置的確定在實際問題中圓心位置的確定極為重要，通常有兩種方法：(1）如圖甲所示，圖中P為入射點，M為出射點，已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓

16、心O甲(2）如圖乙所示，圖中P為入射點，M為出射點，已知入射方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作它的中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心O乙半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形運動時間的確定如圖丙所示，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，不論沿順時針方向還是逆時針方向，從A點運動到B點，粒子速度偏向角(）等于圓心角(回旋角）并等于AB弦與切線的夾角(弦切角）的2倍。即2t丙利用圓心角(回旋角）與弦切角的關系，或者利用四邊形內角和等于360計算出圓心角的大小，由公式tT可求出粒子在磁場中的運動時間圓周運動中的有關對稱規(guī)律【例51】如圖所示，在真空中

17、半徑為r3.0102 m的圓形區(qū)域內，有磁感應強度B0.2 T、方向如圖所示的勻強磁場，一批帶正電的粒子以初速度v01.0106 m/s從直徑ab的一端a向著各個方向射入磁場，且初速度方向都與磁場方向垂直，該批粒子的比荷1.0108 C/kg，不計粒子重力。求：(1）粒子在磁場中運動的最長時間；(2）若射入磁場的速度改為v03.0105 m/s，其他條件不變，試用斜線畫出該批粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域。(sin 370.6，cos 370.8）解析：(1）由牛頓第二定律可求得粒子在磁場中運動的半徑。因qv0B=，R=5.0102 mr，所以要使粒子在磁場中運動的時間最長，則粒子在磁場中運動的圓

18、弧所對應的弧長應最長，從圖中可以看出，以直徑ab為弦、R為半徑所作的圓弧對應粒子運動的最長時間。因，故運動時間tm=T=。又sin =，故tm6.4108 s。(2）R=1.5102 m，故粒子在磁場中可能出現(xiàn)的區(qū)域如圖所示(以aO為直徑的半圓加上以a為圓心、aO為半徑所作的圓與磁場相交的部分）。答案：(1）6.4108 s(2）如圖所示點評：處理帶電粒子在磁場中的運動問題通常要按以下三步進行：(1）畫軌跡：即確定圓心，通過幾何方法求半徑并畫出軌跡；(2）找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，運動的時間與周期相聯(lián)系；(3）用規(guī)律：運用牛頓第二定律和圓周

19、運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式?！纠?2】(貴陽模擬）如圖，在某裝置中有一勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于xOy所在的紙面向外。某時刻在xl0、y0處，一質子沿y軸的負方向進入磁場；同一時刻，在xl0、y0處，一個粒子進入磁場，速度方向與磁場垂直。不考慮質子與粒子的相互作用，設質子的質量為m，電荷量為e。則：(1）如果質子經(jīng)過坐標原點O，它的速度為多大？(2）如果粒子與質子經(jīng)最短時間在坐標原點相遇，粒子的速度應為何值？方向如何？解析：(1）質子的運動軌跡如圖甲所示，其圓心在xl0/2處，其半徑r1l0/2。又r1mv1/eB，可得v1eBl0/2m。甲乙粒子的周期為T4m/eB，可得

20、tT/4兩粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系得rl0，又2evB，解得veBl0/4m，方向與x軸正方向的夾角為/4。答案：(1）eBl0/2m(2）eBl0/4m，方向與x軸正方向的夾角為/4。6帶電粒子在復合場中的運動(1）復合場是指電場、磁場、重力場中三者或其中任意兩者共存的場。在復合場中運動的電荷有時可不計重力，如電子、質子、粒子等微觀粒子，也有重力不能忽略的宏觀帶電體，如小球、液滴、微粒等。(2）雖然電荷在復合場中的運動情況一般較為復雜，但是它作為一個力學問題，同樣遵循聯(lián)系力和運動的各條基本規(guī)律。在分析和解決具體問題時，要從力的觀點(牛頓定律）、動量的觀點、能量的觀點入手，認真做好以下

21、三點：第一，正確分析受力情況；第二，充分理解和掌握不同場對電荷作用的特點和差異；第三，認真分析運動的詳細過程，充分發(fā)掘題目中的隱含條件，建立清晰的物理情景最終把物理模型轉化為數(shù)學表達式。(3）電荷在復合場中的運動一般有兩種情況直線運動和圓周運動。電荷在電場力、重力和洛倫茲力共同作用下做直線運動時，一定是做勻速直線運動。電荷在上述復合場中如果做勻速圓周運動，只能是除洛倫茲力以外的所有恒力的合力為零才能實現(xiàn)。(4）根據(jù)帶電粒子在復合場中的運動情況，正確地進行受力分析，并靈活運用幾何知識求出運動半徑，確定圓心及運動對應的圓心角，是解決帶電粒子在復合場中運動問題的關鍵。(5）對于疊加場中的力學問題，可

22、以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學問題進行類比，利用力學的規(guī)律和方法進行分析與解答?！纠?】如圖所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向的夾角為。不計空氣阻力，重力加速度為g，求：(1）電場強度E的大小和方向。(2）小球從A點拋出時初速度v0的大小。(3）A點到x軸的高度h。解析：(1）小球在x軸下方的復合場中恰能做勻速圓周運動，靜電力與重力平衡，Eqmg，得E，因小球帶正電，故E的方向豎直向上。(2）小球的運動軌跡如圖所示，設圓的半徑為R，則由幾何關系知R，設小球做圓周運動的速率為v，有qvB，得v，故小球拋出的初速度v0vcos 。(3）小球經(jīng)M點時的豎直分速度vyvsin ，在x軸上方小球做平拋運動，故有vygt，hgt2，由上式綜合解得h。答案：(1）豎直向上(2）(3）11