2019-2020學年高中物理 第三章 磁場 微型專題9 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 粵教版選修3-1

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1、微型專題9　帶電粒子在勻強磁場中的運動 [學科素養(yǎng)與目標要求]　 物理觀念：1.知道帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律.2.知道帶電粒子在有界勻強磁場中運動的幾個結論． 科學思維：1.掌握帶電粒子在勻強磁場中運動問題的分析方法.2.會分析帶電粒子在有界勻強磁場中的運動.3.會分析帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題． 一、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動分析 1．圓心的確定方法：兩線定一點 (1)圓心一定在垂直于速度的直線上． 如圖1甲所示，已知入射點P和出射點M的速度方向，可通過入射點和出射點作速度的垂線，兩條直線的交點就是圓心． 圖1 (2)圓心一定在弦的中

2、垂線上． 如圖乙所示，作P、M連線的中垂線，與其中一個速度的垂線的交點為圓心． 2．半徑的確定 半徑的計算一般利用幾何知識解直角三角形．做題時一定要作好輔助線，由圓的半徑和其他幾何邊構成直角三角形．由直角三角形的邊角關系或勾股定理求解． 3．粒子在磁場中運動時間的確定 (1)粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間t＝T(或t＝T)． (2)當v一定時，粒子在磁場中運動的時間t＝，l為帶電粒子通過的弧長． 例1　(2018·菏澤市高二上期末)如圖2所示，勻強磁場寬L＝m，磁感應強度大小B＝1.67×10－3T，方向垂直紙面向里，一質子以水平

3、速度v＝1.6×105m/s垂直磁場邊界從小孔C射入磁場，打到照相底片上的A點．已知質子的質量m＝1.67×10－27kg，帶電荷量e＝1.6×10－19C．不計質子的重力．求： 圖2 (1)質子在磁場中運動的軌跡半徑r； (2)A點距入射線方向上的O點的距離H； (3)質子從C孔射入到A點所需時間． 答案　(1)1m　(2)0.5m　(3)×10－5s(或6.54×10－6s) 解析　(1)質子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有evB＝，即：r＝ 解得：r＝1m (2)設圓弧對應的圓心角為θ，則由幾何關系可知： sinθ＝ H＝r(1－cosθ) 解得：θ＝

4、60°，H＝0.5m (3)質子在磁場中轉動的角度θ＝60°，則運動的時間為： t＝T 而：T＝＝ 解得：t＝×10－5s(或6.54×10－6s) [學科素養(yǎng)]　例1考查了帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律，應用了帶電粒子在磁場中運動問題的分析方法，通過這道題，讓物理概念和規(guī)律在頭腦中得到提煉和升華，體現(xiàn)了“物理觀念”、“科學思維”等學科素養(yǎng)． 針對訓練　如圖3所示，一束電荷量為e的電子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度v射入寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向和原來的射入方向的夾角為θ＝60°，求電子的質量和穿越磁場的時間． 圖3 答案　　 解析　過

5、M、N作入射方向和出射方向的垂線，兩垂線交于O點，O點即電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，過N作OM的垂線，垂足為P，如圖所示． 由幾何知識得，電子運動的半徑為r＝＝d① 由牛頓第二定律知evB＝m② 聯(lián)立①②式解得m＝ 電子在磁場中運動的周期為 T＝·＝ 電子在磁場中的軌跡對應的圓心角為α＝θ＝60° 故電子在磁場中的運動時間為 t＝T＝×＝. 二、帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 1．直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示) 圖4 2．平行邊界(存在臨界條件，如圖5所示) 圖5 3．圓形邊界(進出磁場具有對稱性) (1)沿徑向射入必沿徑向射出，如圖

6、6所示． 圖6 (2)不沿徑向射入時速度方向與對應點半徑的夾角相等(如圖7所示) 圖7 例2　如圖8所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子1在紙面內以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內以速度v2＝v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°.已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用． 圖8 (1)求兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d； (2)求兩粒子進入磁場的時間間隔Δt.

7、答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示， 由牛頓第二定律得 qvB＝m 得r1＝，r2＝ 故d＝＋＝2r1sin30°＋2r2sin60°＝. (2)粒子1做圓周運動的圓心角θ1＝ 粒子2做圓周運動的圓心角θ2＝ 粒子做圓周運動的周期T＝＝ 粒子1在勻強磁場中運動的時間t1＝T 粒子2在勻強磁場中運動的時間t2＝T 所以Δt＝t1－t2＝ 例3　在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖9所示．一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿－x方向射入磁場

8、，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿＋y方向飛出． 圖9 (1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷； (2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′的大?。淮舜瘟Ｗ釉诖艌鲋羞\動所用時間t是多少． 答案　(1)負電荷　　(2)B　 解析　(1)由粒子的運動軌跡(如圖)，利用左手定則可知，該粒子帶負電荷． 粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°，則粒子軌跡半徑R＝r， 又qvB＝m， 則粒子的比荷＝. (2)設粒子從D點飛出磁場，速度方

9、向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑R′＝＝r，又R′＝，所以B′＝B，粒子在磁場中運動所用時間t＝T＝×＝. 三、帶電粒子在有界勻強磁場中運動的臨界問題 帶電粒子在有界磁場中運動，往往出現(xiàn)臨界條件，要注意找臨界條件并挖掘隱含條件． 例4　直線OM和直線ON之間的夾角為30°，如圖10所示，直線OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力

10、．粒子離開磁場的出射點到兩直線交點O的距離為(　　) 圖10 A.B.C.D. 答案　D 解析　帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r＝.軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由幾何知識得CO′D為一直徑，＝＝2＝4r＝，故D正確． 例5　(2018·北師大高二上期末)如圖11所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內充滿方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0(未知量)的帶正電粒子，已知粒子質量為m，電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求： 圖11 (1)若粒子恰好

11、不能從磁場下邊界射出，求粒子的入射速度大小v01； (2)若粒子恰好沿磁場上邊界切線射出，求粒子的入射速度大小v02. (3)若帶電粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁場中運動的最長時間． 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)和(2)兩種臨界情況的運動軌跡如圖所示 若粒子速度為v0，則qv0B＝m，解得：v0＝ 設圓心在O1處時，對應圓弧與cd邊相切，相應速度為v01 由幾何關系得：R1－R1sinθ＝，解得R1＝L 則有：v01＝＝ 設圓心在O2處時，對應圓弧與ab邊相切，相應速度為v02 由幾何關系得：R2＋R2sinθ＝，解得R2＝ 則有：v02＝＝

12、 (3)由t＝T和T＝可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越大，在磁場中運動的時間也越長．在磁場中運動的半徑r

13、場中運動的時間之比為1∶1 D．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2 答案　AC 解析　粒子1進入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中的軌跡圓的圓心；同理，粒子2進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中的軌跡圓的圓心；由幾何關系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，故A正確，B錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T＝，且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，根據(jù)公式t＝T，可知兩個粒子在磁場中運動的時間相等，故C正確，D錯誤． 2.(帶電粒子在有界

14、勻強磁場中的運動)(多選)如圖13所示，分布在半徑為r的圓形區(qū)域內的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子從磁場邊緣A點沿圓的半徑AO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏轉了60°角．(不計粒子的重力)則(　　) 圖13 A．粒子做圓周運動的半徑為r B．粒子的入射速度為 C．粒子在磁場中運動的時間為 D．粒子在磁場中運動的時間為 答案　ABC 解析　設帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，如圖所示，∠OO′A＝30°，由圖可知，粒子運動的半徑R＝O′A＝r，選項A正確； 根據(jù)牛頓運動定律， 有：Bqv＝m 得：v＝

15、故粒子的入射速度v＝，選項B正確；由幾何關系可知，粒子運動軌跡所對應的圓心角為60°，則粒子在磁場中運動的時間t＝·T＝·＝，選項C正確，D錯誤． 3.(帶電粒子在有界勻強磁場中的運動)(多選)(2018·葫蘆島市高二上期末)如圖14所示，在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場．三個相同的帶正電粒子，比荷為，先后從A點沿AD方向以大小不等的速率射入勻強磁場區(qū)域，已知粒子只受磁場的作用力，則(　　) 圖14 A．從F點飛出磁場的粒子速度大小為 B．從E點飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間為 C．粒子速率足夠大，完全可以直接從D點飛出

16、D．所有從AF邊上飛出磁場的粒子，在磁場中的運動時間都相等 答案　BD 解析　設從F點飛出的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r1，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，由幾何關系可得：r1＝＝，解得：v＝，故A錯誤；由幾何知識得，從E點飛出磁場的粒子在磁場中轉過的圓心角θ＝60°，粒子在磁場中的運動時間：t＝T＝×＝，故B正確；AD在一條直線上，則無論速度多大，粒子都不可能從D點飛出，故C錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝都相等，從AF邊上飛出的粒子在磁場中轉過的圓心角α＝120°，從AF邊上飛出的粒子在磁場中的運動時間：t＝T＝T，都相等，故D正確． 4

17、．(帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題)(2018·成都市高二上期末調研)如圖15，在xOy坐標系的第一象限的三角形區(qū)域AOD內有垂直于紙面向外的勻強磁場，將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)從坐標原點O以初速度v0垂直于AD射入磁場，已知A的坐標為(0，a)，D的坐標為(3a,0)． (1)欲使粒子能夠再次經(jīng)過x軸上的OD段，求磁場的磁感應強度的最小值； (2)在第四象限另有一矩形磁場，在第(1)問中磁感應強度取最小值的情況下，粒子經(jīng)過x軸后立即進入該矩形磁場，然后恰好從D點離開該磁場返回到第一象限，求該磁場磁感應強度的大小和磁場的最小面積． 圖15 答案　(1)　(

18、2)　 解析　(1)粒子進入磁場后的軌跡圓與磁場邊界相切時，磁感應強度最小，如圖： 設此時粒子的軌道半徑為R，有：R＝acos30°＝1.5a 由qvB＝m 得Bmin＝＝. (2)如圖所示，粒子進入第四象限矩形磁場區(qū)域的速度方向與x軸正方向成60°角斜向下， 由題意，當CD為矩形的一條邊且軌跡圓(圓心為O′′)恰好與CD的對應邊相切時，該磁場有最小面積；據(jù)幾何關系，有OC＝R＝a，CD＝3a－a 粒子在矩形磁場區(qū)域運動的半徑 r＝·＝a－a 由qv0B＝m 解得B＝ 矩形磁場的最小寬度：d＝r－rcos60°＝0.5r 解得矩形磁場的最小面積： S＝CD·d

19、＝(－)a2＝. 一、選擇題 考點一　帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 1.如圖1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，設粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為(重力不計)(　　) 圖1 A．1∶3B．4∶3C．1∶1D．3∶2 答案　D 解析　如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°.從b點射出的粒子對應的圓心角為60°. 由t＝T，T＝可得： t1∶t2＝3∶2，故選D. 2．(2018·河南省實驗中學高

20、二上期中)如圖2所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面向外的勻強磁場．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2 A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2 答案　A 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，運動軌跡如圖所示，由幾何關系得，rc＝2rb，θb＝12

21、0°，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． 考點二　帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 3．(多選)(2018·信宜市高二上期末)如圖3所示，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上．不計重力．下列說法正確的有(　　) 圖3 A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中運動的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中運動的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 答案　AD 解析　離子要打在屏P上，都要沿順時針方向偏轉，根據(jù)

22、左手定則判斷，離子都帶正電，選項A正確；由于是同種離子，因此質量、電荷量相同，因初速度大小也相同，由qvB＝m可知，它們做圓周運動的半徑相同，作出運動軌跡，如圖所示，比較得a在磁場中運動的路程比b的長，選項C錯誤；由t＝可知，a在磁場中運動的時間比b的長，選項B錯誤；從圖上可以看出，選項D正確． 4．(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，不計重力，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

23、一樣長 答案　BD 解析　作出兩帶電粒子各自的運動軌跡如圖所示，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RP＜RQ，故從Q點射出的粒子速度大，A錯誤，B正確；根據(jù)圖示，可知兩軌跡的圓心角相等，所以從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等，C錯誤，D正確． 5.如圖5所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則為(　　) 圖5 A.B．2C.D．

24、3 答案　D 解析　電子1、2在磁場中都做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子1、2的運動軌跡，如圖所示： 電子1垂直射進磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為直徑，c點為圓心，電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)半徑公式r＝可知，電子1和電子2的半徑相等，根據(jù)幾何關系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間為t1＝＝，電子2運動的時間為t2＝＝，所以＝3. 6.如圖6所示，空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿

25、橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為(　　) 圖6 A.B.C.D. 答案　A 解析　粒子運動軌跡如圖所示 粒子做圓周運動的軌道半徑r＝＝R 根據(jù)洛倫茲力提供向心力得 qv0B＝m 解得：B＝. 考點三　帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題 7.如圖7所示，比荷為的電子垂直射入寬度為d、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，則電子能從左邊界射出這個區(qū)域，可具有的最大初速度為(　　) 圖7 A. B. C. D. 答案　B 解析　要使電子能從左邊界射出這個區(qū)域，則有R≤d，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得R＝

26、≤d，則可具有的最大初速度為v＝，B正確． 8．如圖8所示，真空中狹長區(qū)域內的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，區(qū)域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側沿垂直于磁場方向射入磁場，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是(　　) 圖8 A．v＞ B．v＜ C．v＞ D．v＜ 答案　A 解析　由題意可知電子從邊界EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如圖所示． 由幾何知識得 R＋Rcosθ＝d，R＝，解得v0＝，當v＞v0時，電子能從邊界EF

27、射出． 二、非選擇題 9.(2018·大連市高二上期末)如圖9所示，勻強磁場寬度為L，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里．有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以初速度v0垂直磁場方向從小孔C射入勻強磁場后從磁場右邊界A點射出，射出方向與水平方向的夾角為θ，求： 圖9 (1)粒子運動軌跡的半徑r； (2)粒子的初速度v0； (3)粒子在磁場中的運動時間t. 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)過A點作v0的垂線交于左邊界M點，由幾何關系可知：r＝； (2)根據(jù)qv0B＝得：v0＝＝； (3)根據(jù)t＝T＝×＝. 10.如圖10所示，一質量為m、帶電荷

28、量為＋q的粒子從A點以水平速度v0正對圓心O射進一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面，磁感應強度大小為B.在磁場區(qū)域的正下方有一寬度為L的顯示屏CD，顯示屏的水平邊界C、D兩點到O點的距離均為L.粒子沿AO方向進入磁場，經(jīng)磁場偏轉恰好打在顯示屏上的左邊界C點．不計粒子重力．求： 圖10 (1)粒子在磁場中的運動半徑r； (2)圓形磁場的方向及半徑R； (3)改變初速度的大小，使粒子沿AO方向進入磁場后，都能打在顯示屏上，求速度的范圍． 答案　(1)　(2)垂直紙面向外　　(3)v0≤v≤3v0 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動， 由qv0B＝m 得：r＝. (2)由左手

29、定則知磁場方向垂直紙面向外，粒子沿半徑方向射入磁場，偏轉后沿半徑方向射出．軌跡如圖，粒子恰好打在C點， 由幾何知識可知，速度偏轉角為120°. 得：R＝rtan60°＝. (3)粒子打在C點速度最小，打在D點速度最大，此時做圓周運動的半徑r′＝Rtan60°＝ 由qvB＝m，得v＝3v0 所以粒子都能打在顯示屏CD上的速度范圍為： v0≤v≤3v0. 11．(2018·臨沂市高二上期末)如圖11所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0T．一質量為m＝5.0×10－8kg、電荷量為q＝1.0×10－6C的帶電粒子從P點沿圖示方向以

30、v＝20m/s的速度進入磁場，從x軸上的Q點離開磁場(Q點未畫出)．已知OP＝30cm.(粒子重力不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求： 圖11 (1)OQ的距離； (2)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件． 答案　(1)0.90m　(2)B′>T 解析　(1)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有：qvB＝，得R＝ 代入數(shù)據(jù)得：R＝0.50m 而＝0.50m 故圓心一定在x軸上，軌跡如圖甲所示． 由幾何關系可知：OQ＝R＋Rsin53°，故OQ＝0.90m (2)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關系得： OP>R′＋R′cos53°① R′＝② 由①②并代入數(shù)據(jù)得：B′>T(取“≥”也可) 22