【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在磁场或复合场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版带电粒子在磁场或复合场中的运动学案

带电粒子在磁场或复合场中的运动一、带电粒子在有界磁场中的运动1.直线边界磁场例1.如图4所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：图4(1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)解析　(1)设粒子从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv0B＝m式中R为圆轨道半径，解得：R＝①圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：＝Rsinθ②联立①②两式，解得L＝所以粒子射出磁场的位置坐标为(－，0)(2)因为T＝＝所以粒子在磁场中运动的时间t＝·T＝.答案　(1)(－，0)　(2)1.如图5所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF.一电子从CD 边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ.已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求电子的速率v0至少为多大？图5解析　当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好不能从EF射出，如图所示，电子恰好射出时，由几何知识可得：r＋rcosθ＝d①又r＝②由①②得v0＝故电子要射出磁场的速率至少应为.答案　2．(多选)长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图10所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，极板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　　)图10A．使粒子的速度v＜B．使粒子的速度v＞C．使粒子的速度v＞ D．使粒子的速度＜v＜答案　AB解析　如图所示，由题意知，若带正电的粒子从极板左边射出磁场，其在磁场中做圆周运动的半径R＜，因粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力即：qvB＝m可得粒子做圆周运动的半径：r＝粒子不从左边射出，则：＜即：v＜带正电的粒子从极板右边射出磁场，如图所示，此时粒子的最大半径为R，由上图可知：R2＝L2＋(R－)2可得粒子做圆周运动的最大半径：R＝又因为粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子不从右边射出，则＞即：v＞，故欲使粒子打在极板上，粒子的速度必须满足v＜或v＞故A、B正确，C、D错误．2.圆形边界磁场例2.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6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6(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；(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′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？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，则粒子的比荷＝.(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，又R′＝，所以B′＝B，粒子在磁场中运动所用时间t＝T＝×＝.答案　(1)负电荷　　(2)B　1.如图11所示，在半径为R＝的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆顶点P有一速度为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计．图11(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它在磁场中运动的时间．答案　(1)　(2)解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0＝m，所以r＝R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图所示．t＝＝. (2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝R，其运动轨迹如图所示．由几何关系tanθ＝＝，所以θ＝30°.t′＝＝·＝.2.所示.图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)图4A.B.C.D.答案　A解析　画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，qvB＝m，又T＝，联立得T＝由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝，在磁场中运动时间t＝T，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T＝，解得＝，故选项A正确.3.如图8所示，在圆形区域内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径.带正电的粒子从a点垂直射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30°角时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为(不计粒子所受的重力)(　　) A.3tB.tC.tD.2t答案　D解析　粒子以速度2v射入磁场，半径r1＝＝2R，运动时间t1＝·＝＝t；粒子以速度v射入磁场，半径r2＝＝R，则圆心角θ＝120°，运动时间t2＝·＝＝2t，选项D正确.二带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场、或从磁场到电场的运动.通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动.1.在电场中运动：(1)若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；(2)若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动.2.在磁场中运动：(1)若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；(2)若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动.3.解决带电粒子在组合场中的运动问题，所需知识如下：例3.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图6所示.不计粒子重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.答案　(1)　(2)　(3)解析　粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，两者的衔接点是N点的速度.(1)设粒子过N点时的速度为v，有＝cosθ，v＝2v0.粒子从M点运动到N点的过程，有qUMN＝mv2－mv02，所以UMN＝.(2)如图所示，粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有qvB＝，所以r＝＝.(3)由几何关系得ON＝rsinθ，设粒子在电场中运动的时间为t1，有ON＝v0t1，所以t1＝＝＝＝.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2＝T＝·＝. 所以t＝t1＋t2＝1.如图8所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m、电荷量为＋q的微粒，在A点(0，3)以初速度v0＝120m/s平行x轴正方向射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6，0)和Q点(8，0)各一次．已知该微粒的比荷为＝102C/kg，微粒重力不计，求：图8(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电场和磁场中由A至Q的运动轨迹；(3)电场强度E和磁感应强度B的大小．解析　(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动由x＝v0t，得t＝＝0.05s微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2得a＝2.4×103m/s2(2)vy＝at，tanα＝＝1，所以α＝45°轨迹如图(3)由qE＝ma，得E＝24N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动， v＝v0＝120m/s由qvB＝m得r＝由几何关系可知r＝m，所以可得B＝＝1.2T.答案　(1)0.05s　2.4×103m/s2　(2)45°　见解析图　(3)24N/C　1.2T三带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动一般有两种情况：(1)直线运动：如果带电粒子在叠加场中做直线运动，一定是做匀速直线运动，合力为零.(2)圆周运动：如果带电粒子在叠加场中做圆周运动，一定是做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力提供向心力.1.如图12所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U1＝5000V；N为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1＝0.2T，板间距离为d＝0.06m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B2＝0.1T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点s处开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏.今有一比荷为＝108C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔s打在荧光屏上.求：图12(1)粒子离开加速器时的速度v；(2)速度选择器的电压U2；(3)正方形abcd的边长l.答案　(1)106m/s　(2)1.2×104V　(3)0.16m解析　(1)粒子加速过程qU1＝mv2粒子离开加速器时的速度v＝＝106m/s.(2)在速度选择器中的运动过程qvB1＝qE，E＝速度选择器的电压U2＝B1vd＝1.2×104V. (3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动qvB2＝，r＝＝0.1m由几何关系得r2＝(l－r)2＋解得：l＝r＝0.16m.1．如图10所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E和；Ⅱ区域内有垂直平面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场中，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：图10(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径；(2)O、M间的距离；(3)粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用的时间．答案　(1)　(2)　(3)＋解析　(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动规律知v＝＝2v0粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝m所以R＝.(2)设粒子在Ⅰ区域电场中运动时间为t1，加速度为a.则有qE＝mav0tan60°＝at1 即t1＝O、M两点间的距离为L＝at＝.(3)如图所示，设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2.则由几何关系知t2＝＝设粒子在Ⅲ区域电场中运动时间为t3，a′＝＝则t3＝2＝粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋.9.如图7所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)取g＝10m/s2，求：图7(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.解析　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝① 代入数据解得v＝20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tanθ＝③代入数据解得tanθ＝θ＝60°④(2)解法一　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦tanθ＝⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s＝3.5s⑨解法二　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2s＝3.5s⑦答案　(1)20m/s　与电场方向成60°角斜向上(2)3.5s