磁場——旋轉(zhuǎn)動態(tài)圓(供參考)

1、閱讀使人充實，會談使人敏捷，寫作使人精確。旋轉(zhuǎn)動態(tài)圓1. （05全國I ）如圖，在一水平放置的平板MN的上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B,磁場方向垂直于紙面向里。許多質(zhì)量為m帶電量為+q的粒子，以相同的速率 v沿位于紙面內(nèi)的各個方向，由小孔。射入磁場區(qū)域。不計重力，不計粒子間的相互影響。卜列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R mv。哪個圖是正確的？（）Bq2. （2010 全國I理綜 T26） （21分）.如下圖15,在0x J3a區(qū)域內(nèi)存在與xy平面垂有勇氣承擔(dān)命運這才是英雄好漢。8直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.在t=0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xy平面內(nèi)發(fā)射出大量

2、同種帶電粒子， 所有粒子的初速度大小相同， 方向與y軸正方向的夾角分布在 0 180范圍內(nèi)。已知沿 y軸正方向發(fā)射的粒子在 t to時刻剛好從磁場邊界上 P（J3a,a）點離開磁場。求:粒子在磁場中做圓周運動的半徑R及粒子的比荷q/m;（2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y軸正方向夾角的取值范圍;圖15（3）從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間?！疽?guī)范解答】 初速度與y軸正方向平行的粒子在磁場中的運動軌跡如圖16中的弧OP所示淇圓心為C.由題給條件可以得出/OCP=M（2 分）3此粒子飛出磁場所用的時間為T八t0= 7（2 分）3式中T為粒子做圓周運動的周期.設(shè)粒子運動速度的大小為v,

3、半徑為R,由幾何關(guān)系可得R= -2- a3由洛侖茲力公式和牛頓第二定律有2 v qvB =mR2兀RT=v解以上聯(lián)立方程，可得（2分）（1分）（1分）q _ 2- m = 3Bto（3分）（2）依題意，同一時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O的距離相同（2分），在to時刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以 。點為圓心、OP為半徑的弧MN上，如圖16所示.設(shè)此時位于P、M、N三點的粒子的初速度分別為Vp、vm、vn.由對稱性可知vp與OP、vm與OM、vn.與ON的夾角均為 九/3.設(shè)vm、vn.與y軸正向的夾角分別為8 m、8 n,由幾何關(guān)系有冗0 M=（1 分）八 2九、8 N=（1 分）3對于所有此時仍在磁場中

4、的粒子，其初速度與y軸正方向所成的夾角9應(yīng)滿足-f- 2（2 分）（3）在磁場中飛行時間最長的粒子的運動軌跡應(yīng)與磁場右邊界相切，其軌跡如圖17所示.由幾何關(guān)系可知弧長OM等于弧長OP（1分）由對稱性可知,弧長M E等于弧長O P（1分）所以從粒子發(fā)射到全部粒子飛出磁場所用的時間t m =2 t0（2分）q _ 2-m 一 3Bt0速度與y軸的正方向的夾角范圍是從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為2 t03. （2010新課標全國卷 T25） （18分）如圖所示，在 0Wx 0y w a范圍內(nèi)有垂直于 xy2平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B。坐標原點 O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m

5、、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在090范圍內(nèi)。己知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于a/2【規(guī)范解答】（1）設(shè)粒子的發(fā)射速度為 v,粒子做圓周運動的軌道半徑為R,由牛頓第二定律和洛侖茲力公式，得：2vqvB m,（2分）R由解得：R mv（1分）qB畫出沿+ y方向以a/2為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖所示，再畫出從坐標原點 O沿與y軸正方向以半徑 Ro （a/2Roa）做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡，然后將臨界軌跡以O(shè)為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短，如下圖所示。從圖不難

6、看出臨界軌跡對應(yīng)的運動時間最長。a 當(dāng)一 R a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與2磁場的上邊界相切，如圖所示，設(shè)該粒子在磁場中運動的時間為t,依題意t T ,得：4OCA -o（4 分）2設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射速度方向與y軸正方向的夾角為 %由幾何關(guān)系可得：a_Rsin R （2分）2Rsina Rcos又 sin2cos216由式解得：R （2 ）a2由式得：v （2 -6）aqB2 m(2分)（1分）（2分）（2分）【類題拓展】巧解有界磁場中部分圓弧運動問題（2分）6 一 610(1)分析思路三步走:1 .確定圓心，畫出軌跡；2.找?guī)缀侮P(guān)系，定物理量；3.

7、畫動態(tài)圖，定臨界狀態(tài)。(2)分析方法四優(yōu)法2 .幾何對稱法：粒子的運動軌跡關(guān)于入射點和出射點的中垂線對稱。3 .動態(tài)放縮法：速度越大半徑越大，但速度方向不變的粒子圓心在垂直速度方向的直線上。4 .旋轉(zhuǎn)平移法：定點離子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的所有粒子的軌跡圓圓心在以入 射點為圓心，半徑 R=mv0/(qB)的圓上，相當(dāng)于將一個定圓以入射點為圓心旋轉(zhuǎn)。5 .數(shù)學(xué)解析法：寫出軌跡圓和圓形邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識求解。本題巧妙地應(yīng)用動態(tài)放縮法和旋轉(zhuǎn)平移法能夠很快得出帶電粒子在磁場中運動時間最長的 臨界軌跡，問題也就迎刃而解了。練習(xí)：1、(18分)(2012湖北省八校第一次聯(lián)考)如圖所示

8、，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。在t=0時刻，一位于ad邊中點o的粒子 源在abcd平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與od邊的夾角分布在0180范圍內(nèi)。已知沿od方向發(fā)射的粒子在t t時刻剛好從磁場邊界 cd上的p點離開磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形邊長L,粒子重力不計，求:(1)粒子的比荷q/m；(2)假設(shè)粒子源發(fā)射的粒子在0180范圍內(nèi)均勻分布，此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比;(3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間。n,由幾何關(guān)解：(1)初速度沿od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動

9、的軌跡如圖，其園心為（2分）系有:onp 一 6粒子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得Bqv m（/2R,2 R,八、,（2 分）T得qm 6Bto（2分）(2)依題意，同一時刻仍在磁場中的粒子到o點距離相等。在dt0時OW a刻仍在磁場中的粒子應(yīng)位于以。為圓心，op為半徑的弧pw上。（2分）.一,5由圖知 pow 6此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為5/6（2分）（2分）(3)在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應(yīng)該與磁場邊界b點相交，(2分)設(shè)此粒子運動軌跡對應(yīng)的圓心角為2 則 sin 一 24（2分）在磁場中運動白最長時間 t T2房 512 arcsin -10aOcKXKN所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為,12. .5、，t（arcsin ）t0。4（2分）練習(xí)2： S為電子源，它只在下圖所示的紙面上360范圍內(nèi)發(fā)射速率相同、質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，MN是一塊足夠大的豎直擋板，與S的水平距離 OS=L。擋板左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B ,求：(1)要使S發(fā)射的電子能夠到達擋板，則發(fā)射電子的速度至少為多大？(2)若電子發(fā)射的速度為 eBL/m,則擋板被擊中的范圍有多大？解：(1)從S發(fā)射電子速度方向豎直向上，并且軌道半徑恰好等于X x X X X X X XX X XXX X X X X x2時，