物理新課標高中總復習專題帶電粒子在磁場中的運動教學提綱

1、物理新課標高中總復習專題帶電粒子在磁場中的運動 本專題復習時要深入掌握基本概念和基本規(guī)律，進行對比分析，受力分析要全面，要關注帶電屬性與運動狀態(tài)的變化特點，要加強作圖能力與數(shù)學幾何能力的訓練，要時刻注意臨界問題的出現(xiàn)培養(yǎng)學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數(shù)學知識處理物理問題的能力2010浙江卷24題涉及了帶電粒子在勻強磁場中的運動，有機整合了磁場知識和原子物理知識，注重分析綜合和數(shù)學能力的考查.2011年本專題的相關知識仍會以大型綜合題中出現(xiàn)，命題背景會更加新穎前沿，注重實際應用【例1】電視機的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是利用磁偏轉(zhuǎn)技術實現(xiàn)的電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場加速后，對準圓心進入一圓

2、形勻強磁場區(qū)域，如圖6-1-1所示，磁場方向垂直紙面，磁場區(qū)域的中心為O，半徑為r.當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心點M.為使電子束射到屏幕邊緣P點，需要加磁場使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度，此時磁場的磁感應強度B應為多少？圖611【分析】本題為有邊界的勻強磁場，粒子從一側(cè)射入，從另一側(cè)射出，根據(jù)入射與出射速度方向，運用左手定則，確定圓心，畫出軌跡，定半徑、圓心角的思路可求解，但最關鍵是，在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出【解析】如圖所示，電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C，半徑為R，以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電荷量，則eU =mv2 evB

3、=m 又tan = 由以上各式得B=2rR1r2mUe2tan 2vR 在應用一些特殊規(guī)律解題時，一定要明確規(guī)律適用的條件，準確地畫出軌跡是關鍵最后熟練利用帶電粒子做勻速圓周運動的相關公式分析求解相關的物理量 【變式題1】如圖612所示，在y0的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于平面并指向紙面外，磁感應強度為B，一帶正電的粒子以速度v0從O點射入磁場，入射速度方向在xy平面內(nèi)，與x軸正向的夾角為 ，若粒子射出磁場的位置與O點的距離為l，求：(1)該粒子電荷量與質(zhì)量之比(2)粒子在磁場中運動的時間圖612解析：(1)帶正電粒子射入磁場后，由于受到洛倫茲力的作用，粒子將沿如圖所示的軌跡運動，從A點

4、射出磁場，O、A的距離為l，射出磁場時的速度仍為，射出方向與x軸的夾角仍為 ，由洛倫茲力公式和牛頓定律得：qv0B=m ，式中的R為圓軌道的半徑，解得：R= 圓軌道的圓心位于OA的中垂線上， 由幾何關系可得： =Rsin 由上述兩式可解得：20vR0mvqB0mvqB2l 02sinvqmlB(2)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2 2 時，其運動時間t= T= .2 mqB2B02lBv sin0lv sin2220lv sin 【變式題2】(2010新課標)如圖613所示，在0 xa、0y 范圍內(nèi)有垂直于xy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B

5、.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、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)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于 到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的2a2a(1)速度的大??；(2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦【解析】(1)設粒子的發(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倫茲力公式，得qvB=m 由式得R= 當a/2R0,0 x0，xa的區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小均為B.

6、在O點處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電量為q(q0)的粒子沿x軸經(jīng)小孔射入磁場，最后打在豎直和水平熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮入射粒子的速度可取從零到某一最大值之間的各種數(shù)值已知速度最大的粒子在0 xa的區(qū)域中運動的時間之比為2 5，在磁場中運動的總時間為7T/12，其中T為該粒子在磁感應強度為B的勻強磁場中做圓周運動的周期試求兩個熒光屏上亮線的范圍(不計重力的影響)圖631【分析】此類題的關鍵是尋找臨界點，有效的方法是通過畫動態(tài)圓，找到“臨界是點”同時準確判定在不同磁場中的運動情況 【解析】對于y軸上的光屏亮線范圍的臨界條件如圖(1)所示：帶電粒子的軌跡和x=a相切，此時r=a，y軸上的最高點為y=

7、2r=2a，故亮線在y軸上的范圍是0y2a；對于x軸上光屏亮線范圍的臨界條件如圖(2)所示：左邊界的極限情況還是和x=a相切，此刻，帶電粒子在右邊的軌跡是個圓，由幾何知識得到圓心在x軸上的坐標為x=2a；速度最大的粒子軌跡是圖(2)中的實線，由兩段圓弧組成，圓心分別是C和C，由對稱性得到C在x軸上，設在左右兩部分磁場中運動時間分別為t1和t2，滿足 = ， t1+t2 = T解得t1= Tt2= T由數(shù)學關系得到： R=2a OP=2a+R12tt25712165123代入數(shù)據(jù)得到：OP=2(1+ )a所以在x軸上的范圍是2ax2(1+ )a.3333【評析】不同磁場的分界面上，是一種運動的結(jié)

8、束，又是另一種運動的開始，尋找相關物理量尤其重要當然本題還涉及臨界問題，尋找臨界點的有效方法有：(1)軌跡圓的縮放；(2)軌跡圓的旋轉(zhuǎn) 【變式題1】如圖632所示，在空間中有一坐標系Oxy，其第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場區(qū)域和，直線OP是它們的邊界，區(qū)域中的磁感應強度為B，方向垂直紙面向外；區(qū)域中的磁感應強度為2B，方向垂直紙面向內(nèi)，邊界上的P點坐標為(4L,3L)一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正粒子從P點平行于y軸負方向射入?yún)^(qū)域，經(jīng)過一段時間后，粒子恰好經(jīng)過原點O(忽略粒子重力)，已知sin37=0.6，cos37=0.8.求：圖632(1)粒子從P點運動到O點的時間至少為多少？(2)粒子的速度大

9、小可能是多少？21vR【解析】(1)設粒子的入射速度為v，用R1，R2，T1，T2分別表示粒子在磁場區(qū)和區(qū)中運動的軌道半徑和周期則qvB= m，qv2B= m T1= = ，T2= = 粒子先在磁場區(qū)中做順時針的圓周運動，后在磁場區(qū)中做逆時針的圓周運動，然后從O點射出，這樣粒子從P點運動到O點所用的時間最短.21vR22vR12 Rv2 mqB22 RvmqB粒子運動軌跡如圖所示 tana= =0.75，得a=37a+b=90粒子在磁場區(qū)和區(qū)中的運動時間分別為 t1= T1 t2= T2粒子從P點運動到O點的時間至少為t=t1+t2由以上各式解得t=34LL236023605360mqB(2)

10、粒子的速度大小滿足一定條件時，粒子先在磁場區(qū)中運動，后在磁場區(qū)中運動，然后又重復前面的運動，直到經(jīng)過原點O.這樣粒子經(jīng)過n個周期性的運動直到過O點，每個周期的運動情況相同，粒子在一個周期內(nèi)的位移為x= = = (n=1,2,3)粒子每次在磁場區(qū)中運動的位移為x1= x= x由圖中幾何關系可知： =cosa由以上各式解得粒子的速度大小為v= (n=1,2,3)OPn2243LLn 5Ln112RRR23112xR2512qBLnm【變式題2】如圖633所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、中，A2A4與A1A3的夾角為60.一質(zhì)量

11、為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求區(qū)和區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力) 圖633設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場區(qū)區(qū)磁感應強度、軌道半徑和周期qvB=m qvB2=m T1= = T2= =21vR22vR12 Rv12 mqB22 Rv22 mqB1612設圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒

12、子過圓心且垂直A3A4進入?yún)^(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1=A1A2=OA2=r圓心角A1A2O=60，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1= T1帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心在OA4的中點，即R2= r1612在區(qū)磁場中運動時間為t2= T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t=t1+t2由以上各式可得：B1= ，B2=1256mqt53mqt 帶電粒子在磁場中的周期性和多解問題【例4】如圖641所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)

13、域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感應強度的大小為B.在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？(不計重力，整個裝置在真空中) 圖641 【分析】帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點 【解析】如圖所示

14、，設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU= mv2設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有：Bqv=m由上面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過 圓周，所以半徑R必定等于外筒的半徑r，即R=r.由以上各式解得：U= 2vR34222B qrm12222B qrm【評析】引起帶電粒子在磁場中多解的原因有:(1)帶電粒子電性不確定形成多解(2)磁場方向不確定形成多解(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解(4)運動的重復性形成多解根據(jù)題意及帶電粒子勻速圓周運動的特點，畫出粒子的運動軌跡是解決此類問題的關鍵所在. 【變式題】如圖642所示，直線MN下方無磁場，上方空間存

15、在兩個勻強磁場，其分界線是半徑為R的半圓，兩側(cè)的磁場方向相反且垂直于紙面，磁感應強度大小都為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿半徑方向向左側(cè)射出，最終打到Q點，不計微粒的重力求：(1)微粒在磁場中運動的周期(2)從P點到Q點，微粒的運動速度大小及運動時間【解析】(1)洛倫茲力提供向心力Bv0q=m T= ， T=20vr02 rv2 mBq (2)粒子的運動軌跡將磁場邊界分成n等分(n=2,3,4)如右圖1、2、3所示：由幾何知識可得： = ，tan = ，Bv0q =m 得 v0= tan (n=2,3,4)2n2nrR20vrBqRm2n當n為偶數(shù)時，由對稱性可得t= T=

16、 (n=2,4,6)；當n為奇數(shù)時，t為周期的整數(shù)倍加上第一段的運動時間，即t= T+ T= (n=3,5,7)2nnmBq12n/2n21nmnBq 帶電粒子在磁場中的動力學問題 【例5】用一根長L=0.8m的絕緣輕繩，吊一質(zhì)量m=1.0g的帶電小球，放在磁感應強度B=2.5T、方向如圖651所示的勻強磁場中把小球拉到懸點的右側(cè)，輕繩剛好水平拉直，將小球由靜止釋放，小球便在垂直于磁場的豎直平面內(nèi)擺動當小球第 一 次 擺 到 最 低 點 時 ， 懸 線 的 拉 力 恰 好 為0.5mg(取重力加速度g=10（m/s2)求： (1)小球帶何種電荷？(2)當小球第二次經(jīng)過最低點時，懸線對小球的拉力

17、多大？ 【分析】洛倫茲力不做功，小球機械能守恒，利用能量守恒定律與牛頓定律求解【解析】(1)設小球第一次到達最低點時速度為v，則由動能定理可得mgL= mv2在最低點根據(jù)牛頓第二定律得Bqv+0.5mgmg=m解得 根據(jù)左手定則可判斷小球帶負電2vL12(2)根據(jù)機械能守恒可知，小球第二次到達最低點時速度大小仍為v，此時懸線對小球的拉力為F，由牛頓第二定律得，F(xiàn) Bqv -mg=m解得2vL【評析】帶電粒子在磁場中運動，必須正確受力分析，找出力的關系，正確判定粒子運動情況，注意洛倫茲力不做功，利用能量守恒定律與牛頓定律求解 【變式題1】如圖652所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲乙疊放在

18、一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，在加速運動階段( )圖652【解析】(對甲、乙進行整體、隔離法受力分析可知，乙對甲的靜摩擦力是使甲產(chǎn)生加速度的力，隨著加速度的減小，甲受到的靜摩擦力也減小選B.A甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大B甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小C甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變D乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小【變式題2】質(zhì)量為m，帶正電為q的小物塊放在斜面上，斜面傾角為a，物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為，整個斜面處在磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖653所示，物塊由靜止開始沿斜面下滑，設斜面足夠長，