2017-2018學(xué)年高中物理 第三章 磁場 第7講 帶電粒子在勻強磁場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、 帶電粒子在勻強磁場中的運動 [目標(biāo)定位]　1.知道洛倫茲力做功的特點.2.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律和分析方法.3.知道質(zhì)譜儀、回旋加速器的構(gòu)造和原理． 一、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力演示儀(如圖1所示) 圖1 (1)勵磁線圈不通電時，電子的軌跡為直線． (2)勵磁線圈通電后，電子的軌跡為圓． (3)電子速度不變，磁感應(yīng)強度增大時，圓半徑減?。? (4)磁感應(yīng)強度不變，速度增大時，圓半徑增大． 2．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)帶電粒子(不計重力)在磁場中運動時，它所受的洛倫茲力總與速度方向垂直，洛倫茲力在速度方向沒有分量，所

2、以洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功(填“做功”或“不做功”)． (2)帶電粒子(不計重力)以一定的速度v進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中： ①當(dāng)v∥B時，帶電粒子將做勻速直線運動． ②當(dāng)v⊥B時，帶電粒子將做勻速圓周運動． 洛倫茲力提供向心力，即qvB＝. 得軌道半徑r＝. 運動周期T＝＝. 深度思考 增加帶電粒子的速度，其在勻強磁場中運動的周期如何變化？為什么？ 答案　不變．由T＝知帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與速度無關(guān)． 例1　質(zhì)子和α粒子由靜止出發(fā)經(jīng)過同一加速電場加速后，沿垂直磁感線方向進(jìn)入同一勻強磁場，則它們在磁場中的各運

3、動量間的關(guān)系正確的是(　　) A．速度之比為2∶1 B．周期之比為1∶2 C．半徑之比為1∶2 D．角速度之比為1∶1 解析　由qU＝mv2 qvB＝ 得r＝，而mα＝4mH，qα＝2qH，故rH∶rα＝1∶，又T＝，故TH∶Tα＝1∶2.同理可求其他物理量之比． 答案　B 二、帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動分析 在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，著重把握“一找圓心，二求半徑，三定時間”的方法． 1．圓心的確定方法：兩線定一“心” (1)圓心一定在垂直于速度的直線上． 如圖2甲所示，已知入射點P(或出射點M)的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，

4、兩條直線的交點就是圓心． 圖2 (2)圓心一定在弦的中垂線上． 如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與其一速度的垂線的交點為圓心． 2．求半徑 方法(1)　由公式qvB＝m，得半徑r＝； 方法(2)　由軌跡和約束邊界間的幾何關(guān)系求解半徑r. 3．定時間 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當(dāng)粒子運動的圓弧所對應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運動時間為t＝T(或t＝T)． 4．圓心角與偏向角、圓周角的關(guān)系 兩個重要結(jié)論：(1)帶電粒子射出磁場的速度方向與射入磁場的速度方向之間的夾角φ叫做偏向角，偏向角等于圓弧對應(yīng)的圓心角α，即α＝φ，如圖3所示． 圖3 (2)圓弧所對應(yīng)圓心角α等于

5、弦與切線的夾角(弦切角)θ的2倍，即α＝2θ，如圖所示． 例2　 如圖4所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則(　　) 圖4 A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶2，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 解析　帶正電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，運

6、動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得，rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得，v＝，則vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故選項A正確，B、C、D錯誤． 答案　A 三、質(zhì)譜儀和回旋加速器 1．質(zhì)譜儀 (1)原理如圖5所示 圖5 (2)加速：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理： qU＝mv2① (3)偏轉(zhuǎn)：帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場，洛倫茲力提供向心力：qvB＝② (4)由①②兩式可以求出粒子的比荷、質(zhì)量以及偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度等． (5)應(yīng)用：可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素． 深度思考

7、 質(zhì)譜儀是如何區(qū)分同位素的？ 答案　由qU＝mv2和qvB＝m可求得r＝.同位素電荷量q相同，質(zhì)量不同，在質(zhì)譜儀熒光屏上顯示的半徑就不同，故能通過半徑大小區(qū)分同位素． 2．回旋加速器 (1)構(gòu)造：如圖6所示，D1、D2是兩個中空的半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接有交流電源，D形盒處于勻強磁場中． 圖6 (2)原理： ①粒子從電場中獲得動能，磁場的作用是改變粒子的速度方向． ②周期：交流電的周期與粒子做圓周運動的周期相等，周期T＝，與粒子速度大小v無關(guān)(填“有關(guān)”或“無關(guān)”)． ③粒子的最大動能 Ekm＝mv2，再由qvB＝m得： Ekm＝，最大動能決定于D形盒的半徑r和磁

8、感應(yīng)強度B. 深度思考 (1)回旋加速器中，隨著粒子速度的增加，縫隙處的電場的頻率如何變化而能使粒子在縫隙處剛好被加速？ (2)粒子在回旋加速器中加速獲得的最大動能與交變電壓的大小有何關(guān)系？ 答案　(1)不變．雖然粒子每經(jīng)過一次加速，其速度和軌道半徑就增大，但是粒子做圓周運動的周期不變，所以電場的改變頻率保持不變就行． (2)沒有關(guān)系．回旋加速器所加的交變電壓的大小只影響加速次數(shù)，與粒子獲得的最大動能無關(guān)． 例3　現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖7所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子

9、在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 圖7 A．11 B．12 C．121 D．144 解析　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2.對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故選項D正確． 答案　D 例4　回旋加速器

10、是用來加速一群帶電粒子使它們獲得很大動能的儀器，其核心部分是兩個D形金屬扁盒，兩盒分別和一高頻交流電源兩極相接，以便在盒內(nèi)的窄縫中形成勻強電場，使粒子每次穿過狹縫時都得到加速，兩盒放在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近，若粒子源射出的粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子最大回旋半徑為Rmax.求： (1)粒子在盒內(nèi)做何種運動； (2)所加交變電流頻率及粒子角速度； (3)粒子離開加速器時的最大速度及最大動能． 解析　(1)帶電粒子在盒內(nèi)做勻速圓周運動，每次加速之后半徑變大． (2)粒子在電場中運動時間極短，因此高頻交變電流頻率要符合粒子回旋頻率，因為T

11、＝，回旋頻率f＝＝，角速度ω＝2πf＝. (3)由牛頓第二定律知＝qBvmax 則Rmax＝，vmax＝ 最大動能Ekmax＝mv＝. 答案　(1)勻速圓周運動　(2)　 (3)　 (1)帶電粒子通過回旋加速器最終獲得的動能Ekm＝，由磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑?jīng)Q定，與加速的次數(shù)以及加速電壓U的大小無關(guān). (2)兩D形盒窄縫所加的交流電源的周期與粒子做圓周運動的周期相同，粒子經(jīng)過窄縫處均被加速，一個周期內(nèi)加速兩次. 1．(帶電粒子在磁場中的圓周運動)(多選)如圖8所示，兩個勻強磁場的方向相同，磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，虛線MN為理想邊界．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電

12、子以垂直于邊界MN的速度v由P點沿垂直于磁場的方向射入磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場中，其運動軌跡為圖中虛線所示的心形圖線，以下說法正確的是(　　) 圖8 A．電子的運動軌跡為P→D→M→C→N→E→P B．電子運動一周回到P點所用的時間T＝ C．B1＝4B2 D．B1＝2B2 答案　AD 解析　由左手定則可知，電子在P點所受的洛倫茲力的方向向上，軌跡為P→D→M→C→N→E→P，選項A正確；由題圖得兩磁場中軌跡圓的半徑比為1∶2，由半徑r＝可得＝2，選項C錯誤，選項D正確；運動一周的時間t＝T1＋＝＋＝，選項B錯誤． 2．(帶電粒子在有界磁場中的運動)如圖9所示，在第Ⅰ象限內(nèi)

13、有垂直紙面向里的勻強磁場，一對正、負(fù)粒子分別以相同速率沿與x軸成30°角的方向從原點射入磁場，則正、負(fù)粒子在磁場中運動的時間之比為(　　) 圖9 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶ D．1∶1 答案　B 解析　正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，正粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為120°，負(fù)粒子做勻速圓周運動在磁場中的部分對應(yīng)圓心角為60°，故時間之比為2∶1. 3．(質(zhì)譜儀)質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后垂直進(jìn)入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子的質(zhì)量．其工作原理如圖10所示，

14、虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可知(　　) 圖10 A．此粒子帶負(fù)電 B．下極板S2比上極板S1電勢高 C．若只增大加速電壓U，則半徑r變大 D．若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小 答案　C 解析　根據(jù)動能定理得，qU＝mv2，由qvB＝m得，r＝.由題圖結(jié)合左手定則可知，該粒子帶正電．故A錯誤；粒子經(jīng)過電場要加速，因粒子帶正電，所以下極板S2比上極板S1電勢低．故B錯誤；若只增大加速電壓U，由上式可知，則半徑r變大，故C正確；若只增大入射粒子的質(zhì)量，由上式可知，則半徑也變大．故D錯誤． 4．(回旋加速器)(多選)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

15、源相連接的兩個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面的勻強磁場中，如圖11所示，要增大帶電粒子射出時的動能，重力不計，下列說法中正確的是(　　) 圖11 A．增加交流電的電壓 B．增大磁感應(yīng)強度 C．改變磁場方向 D．增大加速器的半徑 答案　BD 解析　當(dāng)帶電粒子的速度最大時，其運動半徑也最大，由牛頓第二定律qvB＝m，得v＝.若D形盒的半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm＝mv2＝.所以要提高帶電粒子射出時的動能，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和加速器的半徑R. 題組一　帶電粒子在磁場中的圓周運動 1．

16、如圖1所示，ab是一彎管，其中心線是半徑為R的一段圓弧，將它置于一給定的勻強磁場中，方向垂直紙面向里．有一束粒子對準(zhǔn)a端射入彎管，粒子的質(zhì)量、速度不同，但都是一價負(fù)粒子，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．只有速度大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 B．只有質(zhì)量大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 C．只有質(zhì)量和速度乘積大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 D．只有動能大小一定的粒子可以沿中心線通過彎管 答案　C 解析　由r＝可知，在粒子處于相同的磁場和帶有相同的電荷量的情況下，粒子做圓周運動的半徑取決于粒子的質(zhì)量和速度的乘積． 2．如圖2所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正

17、下方的電子初速度的方向與電流I的方向相同，則電子將(　　) 圖2 A．沿路徑a運動，軌跡是圓 B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大 C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小 D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小 答案　B 解析　由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲，又由r＝知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a.故選B. 3．(多選)在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進(jìn)入另一磁感應(yīng)強度是原來磁感應(yīng)強度2倍的勻強磁場中做勻速圓周運動，重力不計，則(　　) A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子的速率不變，軌道半徑減半 C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

18、 D．粒子的速率不變，周期減半 答案　BD 解析　由r＝可知，磁場的磁感應(yīng)強度加倍，帶電粒子運動的半徑減半，洛倫茲力不做功，帶電粒子的速率不變，由T＝可知，帶電粒子運動的周期減半，故B、D選項正確． 4．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 答案　D 解析　由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB＝，軌道半徑r

19、＝，從較強磁場進(jìn)入較弱磁場后，磁感應(yīng)強度變小，速度大小不變，軌道半徑r變大，根據(jù)角速度ω＝＝可知角速度變小，選項D正確． 題組二　帶電粒子在有界磁場中運動 5．如圖3所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場．其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設(shè)粒子從S運動到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)(　　) 圖3 A．1∶3 B．4∶3 C．1∶1 D．3∶2 答案　D 解析　如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為90°.從b點射出的粒子對應(yīng)的圓心角為60°.由t

20、＝T，可得：t1∶t2＝3∶2，故選D. 6．(多選)如圖4所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個帶電粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) 圖4 A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 答案　BD 解析　作出各自的軌跡如圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1＜R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運

21、動時間相等．正確選項應(yīng)是B、D. 題組三　質(zhì)譜儀和回旋加速器 7．(多選)質(zhì)譜儀的構(gòu)造原理如圖5所示，從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速度為零，粒子經(jīng)過電場加速后進(jìn)入有界的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，并沿著半圓周運動而達(dá)到照相底片上的P點，測得P點到入口的距離為x，則以下說法正確的是(　　) 圖5 A．粒子一定帶正電 B．粒子一定帶負(fù)電 C．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越大 D．x越大，則粒子的質(zhì)量與電量之比一定越小 答案　AC 解析　根據(jù)粒子的運動方向和洛倫茲力方向，由左手定則知粒子帶正電．故A正確，B錯誤．根據(jù)半徑公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝m

22、v2，聯(lián)立解得x＝，知x越大，質(zhì)量與電量的比值越大．故C正確，D錯誤． 8．如圖6是質(zhì)譜儀工作原理的示意圖．帶電粒子a、b經(jīng)電壓U加速(在A點初速度為零)后，進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場做勻速圓周運動，最后分別打在感光板S上的x1、x2處．圖中半圓形的虛線分別表示帶電粒子a、b所通過的路徑，則(　　) 圖6 A．a(chǎn)與b有相同的質(zhì)量，打在感光板上時，b的速度比a大 B．a(chǎn)與b有相同的質(zhì)量，但a的電量比b的電量小 C．a(chǎn)與b有相同的電量，但a的質(zhì)量比b的質(zhì)量大 D．a(chǎn)與b有相同的電量，但a的質(zhì)量比b的質(zhì)量小 答案　D 解析　根據(jù)qU＝mv2，v＝.由qvB＝m得，r＝＝.因為b

23、的半徑大，若a與b質(zhì)量相同，則b的電量小，根據(jù)v＝，知b的速度小，故A、B錯誤．a(chǎn)與b有相同的電量，因為b的半徑大，則b的質(zhì)量大．故C錯誤，D正確． 9．用回旋加速器分別加速α粒子和質(zhì)子時，若磁場相同，則加在兩個D形盒間的交變電壓的頻率應(yīng)不同，其頻率之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶3 答案　B 10．一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖7所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，兩盒分別與交流電源相連．下列說法正確的是(　　) 圖7 A．質(zhì)子被加速后的最大速度隨B、R的增大而增大 B．質(zhì)子被加速后的最大速度隨加速電壓

24、的增大而增大 C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不需要改變?nèi)魏瘟?，這個裝置也能用于加速α粒子 答案　A 解析　由r＝知，質(zhì)子有最大速度vm＝，即B、R越大，vm越大，vm與加速電壓無關(guān)，A對，B錯．隨著質(zhì)子速度v的增大、質(zhì)量m會發(fā)生變化，據(jù)T＝知質(zhì)子做圓周運動的周期也變化，所加交流電的周期與質(zhì)子運動的周期不再同步，即質(zhì)子不可能一直被加速下去，C錯．由T＝知α粒子與質(zhì)子做圓周運動的周期不同，故此裝置不能用于加速α粒子，D錯． 題組四　綜合應(yīng)用 11．帶電粒子的質(zhì)量m＝1.7×10－27kg，電荷量q＝1.6×10－19C，以速度v＝3.2×106m/s沿垂直于磁場同

25、時又垂直于磁場邊界的方向進(jìn)入勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B＝0.17 T，磁場的寬度L＝10 cm，如圖8所示．(g取10 m/s2，計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字) 圖8 (1)帶電粒子離開磁場時的速度為多大？ (2)帶電粒子在磁場中運動的時間？ (3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d為多大？ 答案　見解析 解析　粒子所受的洛倫茲力F洛＝qvB≈8.7×10－14N，遠(yuǎn)大于粒子所受的重力G＝mg＝1.7× 10－26N，故重力可忽略不計． (1)由于洛倫茲力不做功，所以帶電粒子離開磁場時速度仍為3.2×106m/s. (2)由qvB＝m得軌道半徑r＝＝m＝0.2m

26、．由題圖可知偏轉(zhuǎn)角θ滿足：sinθ＝＝＝0.5，所以θ＝30°＝，帶電粒子在磁場中運動的周期T＝，可見帶電粒子在磁場中運動的時間t＝·T＝T，所以t＝＝s≈3.3×10－8s. (3)帶電粒子在離開磁場時偏離入射方向的距離d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－)m≈2.7×10－2m. 12．如圖9所示，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的質(zhì)子以速度v0從O點垂直射入．已知兩板之間距離為d，板長為d，O點是NP板的正中點，為使質(zhì)子能從兩板之間射出，試求磁感應(yīng)強度B應(yīng)滿足的條件(已知質(zhì)子所帶的電荷量為q，質(zhì)量為m)． 圖9 答案　≤B≤ 解析　如圖所示，由于質(zhì)子在O點的速

27、度垂直于板NP，所以質(zhì)子在磁場中做圓周運動的圓心O′一定位于NP所在的直線上．如果直徑小于ON，則軌跡將是圓心位于ON之間的一段半圓?。? (1)如果質(zhì)子恰好從N點射出，R1＝，qv0B1＝.所以B1＝. (2)如果質(zhì)子恰好從M點射出 R－d2＝2，qv0B2＝m，得B2＝. 所以磁感應(yīng)強度B取值范圍應(yīng)滿足≤B≤. 13．如圖10，一個質(zhì)量為m，電荷量為－q，不計重力的帶電粒子從x軸上的P(a,0)點以速度v，沿與x軸正方向成60°角的方向射入第一象限內(nèi)的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，求： 圖10 (1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B； (2)穿過第一象限的時間． 答案　(1)　(2) 解析　(1)作出帶電粒子做圓周運動的圓心和軌跡，由圖中幾何關(guān)系知： Rcos30°＝a，得R＝ Bqv＝m，得B＝＝. (2)帶電粒子在第一象限內(nèi)運動時間t＝·＝. 16