高考物理一轮复习 8.3带电粒子在磁场中的运动学案

第 3 课时 带电粒子在磁场中的运动基础知识归纳 1.洛伦兹力运动电荷在磁场中受到的力叫洛伦兹力.通电导线在磁场中受到的安培力是在导线中定向移动的电荷受到的洛伦兹力的合力的表现.(1)大小：当v ∥B 时，F ＝ 0 ；当v ⊥B 时，F ＝ qvB . (2)方向：用左手定则判定，其中四指指向 正 电荷运动方向(或 负 电荷运动的反方向)，拇指所指的方向是 正 电荷受力的方向.洛伦兹力 垂直于 磁感应强度与速度所决定的平面.2.带电粒子在磁场中的运动(不计粒子的重力)(1)若v ∥B，带电粒子做平行于磁感线的 匀速直线 运动.(2)若v ⊥B，带电粒子在垂直于磁场方向的平面内以入射速度v 做 匀速圆周运动 .洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动所需的 向心力 ，由牛顿第二定律qvB ＝Rv 2得带电粒子运动的轨道半径R ＝qBmv，运动的周期T ＝ π2 qB m . 3.电场力与洛伦兹力的比较 电场力洛伦兹力存在条件 作用于电场中所有电荷仅对运动着的且速度不与磁场平行的电荷有洛伦兹力的作用大小 F ＝qE 与电荷运动速度 无关 f ＝Bqv 与电荷的运动速度 有关方向 力的方向与电场方向 相同 或相反 ，但总在同一直线上力的方向始终和磁场方向 垂直对速度的改变 可以改变电荷运动速度 大小 和 方向 只改变电荷速度的 方向 ，不改变速度的 大小 做功 可以 对电荷做功， 能 改变电荷动能不能 对电荷做功， 不能 改变电荷的动能偏转轨迹静电偏转，轨迹为 抛物线磁偏转，轨迹为 圆弧重点难点突破一、对带电体在洛伦兹力作用下运动问题的分析思路 1.确定对象，并对其进行受力分析.2.根据物体受力情况和运动情况确定每一个运动过程所适用的规律(力学规律均适用). 总之解决这类问题的方法与纯力学问题一样，无非多了一个洛伦兹力，要注意： (1)洛伦兹力不做功，在应用动能定理、机械能守恒定律时要特别注意这一点； (2)洛伦兹力可能是恒力也可能是变力.二、带电粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定 1.圆心的确定一般有以下四种情况：(1)已知粒子运动轨迹上两点的速度方向，作这两速度的垂线，交点即为圆心. (2)已知粒子入射点、入射方向及运动轨迹上的一条弦，作速度方向的垂线及弦的垂直平分线，交点即为圆心.(3)已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦垂直平分线，交点即为圆心.(4)已知粒子在磁场中的入射点、入射方向和出射方向(不一定在磁场中)，延长(或反向延长)两速度方向所在直线使之成一夹角，作出这一夹角的角平分线，角平分线上到两直线距离等于半径的点即为圆心.2.半径的确定和计算.圆心找到以后，自然就有了半径，半径的计算一般是利用几何知识，常用到解三角形的方法及圆心角等于弦切角的两倍等知识.3.在磁场中运动时间的确定，利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°计算出圆心角θ的大小，由公式t ＝︒360θT 可求出运动时间，有时也用弧长与线速度的比t＝vl. 三、两类典型问题1.极值问题：常借助半径R 和速度v (或磁场B )之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，求出临界点，然后利用数学方法求解极值.注意：(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切；(2)当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.2.多解问题：多解形成的原因一般包含以下几个方面：(1)粒子电性不确定；(2)磁场方向不确定；(3)临界状态不唯一；(4)粒子运动的往复性等.典例精析1.在洛伦兹力作用下物体的运动【例1】一个质量m ＝0.1 g 的小滑块，带有q ＝5×10－4C 的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示.小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.问： (1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？ (3)该斜面的长度至少多长？【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg 、斜面支持力F N 和洛伦兹力F .若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷. (2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有qvB ＋F N －mg cos α＝0 当F N ＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时qvB ＝mg cos α 得v ＝431055.02310101.0 cos --⨯⨯⨯⨯⨯=qBmg αm/s=23m/s(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得mgx sin α＝21mv 2斜面的长度至少应是x ＝5.0102)32( sin 222⨯⨯=αg v m ＝1.2 m【思维提升】(1)在解决带电粒子在磁场中运动的力学问题时，对粒子进行受力分析、运动情况分析是关键；(2)根据力学特征，选用相应的力学规律求解，但由于洛伦兹力与速度有关，要注意动态分析.【拓展1】如图所示，质量为m 的带正电小球，电荷量为q ，小球中间有一孔套在足够长的绝缘细杆上，杆与水平方向成θ角，与球的动摩擦因数为μ，此装置放在沿水平方向、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若从高处将小球无初速度释放，小球在下滑过程中加速度的最大值为 g sin θ ，运动速度的最大值为 ) cos sin (θμθ+Bq mg . 【解析】分析带电小球受力如图，在释放处a ，由于v 0＝0，无洛伦兹力，随着小球加速，产生垂直杆向上且逐渐增大的洛伦兹力F ，在b 处，F ＝mg cos θ，F f ＝0此时加速度最大，a m ＝g sin θ，随着小球继续加速，F 继续增大，小球将受到垂直杆向下的弹力F N ′，从而恢复了摩擦力，且逐渐增大，加速度逐渐减小，当F f ′与mg sin θ平衡时，小球加速结束，将做匀速直线运动，速度也达到最大值v m .在图中c 位置：F N ′＋mg cos θ＝Bqv m① mg sin θ＝F f ′ ② F f ′＝μF N ′ ③由①②③式解得v m ＝) cos sin (θμθ+Bq mg2.带电粒子在有界磁场中的运动【例2】两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x 轴和y 轴，交点O 为原点，如图所示.在y >0、0<x <a 的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在y >0、x >a 的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B .在O 点处有一小孔，一束质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子沿x 轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平的荧光屏上，使荧光屏发亮.入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各数值.已知速度最大的粒子在0<x <a 的区域中运动的时间与在x >a 的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T /12，其中T 为该粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中做圆周运动的周期.试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响). 【解析】如右图所示，粒子在磁感应强度为B 的匀强磁场中运动的半径为r ＝qB mv速度小的粒子将在x <a 的区域走完半圆，射到竖直屏上.半圆的直径在y 轴上，半径的范围从0到a ，屏上发亮的范围从0到2a . 轨道半径大于a 的粒子开始进入右侧磁场，考虑r ＝a 的极限情况，这种粒子在右侧的圆轨迹与x 轴在D 点相切(图中虚线)，OD ＝2a ，这是水平屏上发亮范围的左边界.速度最大的粒子的轨迹如图中实线所示，它由两段圆弧组成，圆心分别为C 和C ′，C 在y 轴上，由对称性可知C ′在x ＝2a 的直线上.设t 1为粒子在0<x <a 的区域中运动的时间，t 2为在x >a 的区域中运动的时间，由题意可知 5221=t t ，t 1＋t 2＝127T由此解得t 1＝6T ，t 2＝125T再由对称性可得∠O C M ＝60°，∠M C′N ＝60° ∠M C′P ＝360°×125＝150° 所以∠N C′P ＝150°－60°＝90°即为1/4圆周.因此圆心C ′在x 轴上.设速度为最大值时粒子的轨道半径为R ，由直角△CO C′可得2R sin 60°＝2a ，R ＝332a由图可知OP ＝2a ＋R ，因此水平荧光屏发亮范围的右边界坐标x ＝2(1＋33)a 【思维提升】带电粒子在不同的有界磁场中的连续运动问题，一是要分别根据进入和离开磁场的点速度方向确定带电粒子做匀速圆周运动的圆心，进而画出带电粒子在有界磁场中的运动轨迹；二是找准由一个磁场进入另一个磁场这一关键点，确定出这一关键点上速度的方向；三是要注意磁场方向和大小变化引起带电粒子的运动轨迹的变化. 【拓展2】下图是某装置的垂直截面图，虚线A 1A 2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A 1 A 2的右侧区域，磁感应强度B ＝0.4 T ，方向垂直纸面向外，A 1A 2与垂直截面上的水平线夹角为45°.在A 1A 2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S 1、S 2，相距L ＝0.2 m ，在薄板上P 处开一小孔，P 与A 1A 2线上点D 的水平距离为L .在小孔处装一个电子快门.起初快门开启，一旦有带正电微粒刚通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T ＝3.0×10－3s 开启一次并瞬间关闭，从S 1S 2之间的某一位置水平发射的一速度为v 0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P 处小孔.通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍.(1)经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v 0应为多少？(2)求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间.(忽略微粒所受重力影响，碰撞过程中无电荷转移.已知微粒的荷质比mq ＝1.0×103C/kg.只考虑纸面上带电微粒的运动) 【解析】(1)如下图所示，设带正电微粒在S 1、S 2之间任意点Q 以水平速度v 0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为f ，在磁场中做圆周运动的半径为r ，有： f ＝qv 0B ① f ＝rmv 20②由①②式解得r ＝qBmv 0，欲使微粒能进入小孔，半径r 的取值范围为L <r <2L ③ 代入数据得80 m/s<v 0<160 m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件： 005.0v Lv L＝nT ，其中n ＝1,2,3… ④ 由①②③④式可知，只有n ＝2满足条件，即有 v 0＝100 m/s ⑤ (2)设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t ，设t 1、t 4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t 2，碰撞后再返回磁场的时间为t 3，运动轨迹如图所示，则有T 0＝0π2v r ⑥t 1＝43T 0⑦ t 2＝02v L⑧ t 3＝5.02v L⑨ t 4＝41T 0⑩ 解得t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝2.8×10－2s⑪3.带电粒子在有界磁场运动的临界问题【例3】如图所示，一个质量为m ，电荷量大小为q 的带电微粒(忽略重力)，与水平方向成45°射入宽度为d 、磁感应强度为B 、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，若使粒子不从磁场MN 边界射出，粒子的初速度大小应为多少？【解析】带电粒子垂直B 进入匀强磁场做匀速圆周运动，若不从边界MN 射出，粒子运动偏转至MN 边界时v 与边界平行即可.由左手定则可知：若粒子带正电荷，圆周轨迹由A →B ；若粒子带负电荷，圆周轨迹由A →C ，如图所示，圆周轨迹的圆心位置可根据粒子线速度方向垂直半径的特点，作初速度v 0的垂线与边界MN 的垂线的交点即为圆轨迹的圆心O 1与O 2.粒子带正电荷情况：粒子沿圆轨迹A →B 运动方向改变了45°，由几何关系可知∠AO 1B ＝45°，那么d ＝R 1－R 1·cos 45° ①R 1＝Bq mv0 ②将②式代入①式得v 0＝mdqB)22(+即粒子若带正电荷，初速度满足0<v 0≤mdqB)22(+时将不从磁场边界MN 射出.粒子带负电荷情况：粒子沿圆轨迹A →C 运动，方向改变了135°，由几何关系知∠AO 2C ＝135°，∠O 2AF ＝45°，那么d ＝R 2＋R 2·sin 45° ③R 2＝Bqmv '0④将④式代入③式得v 0′＝mdqB)22(-即粒子若带负电荷，初速度满足0<v 0′≤mdqB)22(-时，将不从磁场边界MN 射出.【思维提升】(1)充分理解临界条件；(2)题中没说明电荷的电性，应分正、负两种电性加以分析.【拓展3】未来人类要通过可控热核反应取得能源，要持续发生热核反应必须把温度高达几百万摄氏度以上的核材料约束在一定的空间内.约束的办法有多种，其中技术上相对成熟的是用磁场约束，称为“托卡马克”装置.如图所示为这种装置的模型图：垂直纸面的有环形边界的匀强磁场(b 区域)围着磁感应强度为零的圆形a 区域，a 区域内的离子向各个方向运动，离子的速度只要不超过某值，就不能穿过环形磁场的外边界而逃逸，从而被约束.设环形磁场的内半径R 1＝0.5 m ，外半径R 2＝1.0 m ，磁场的磁感应强度B 0＝1.0 T ，被约束的离子比荷q /m ＝4.0×107C/kg.(1)若a 区域中沿半径OM 方向射入磁场的离子不能穿过磁场，则离子的速度不能超过多大？(2)若要使从a 区域沿任何方向射入磁场的速率为2.0×107m/s 的离子都不能越出磁场的外边界，则b 区域磁场的磁感应强度B 至少要有多大？【解析】(1)速度越大轨迹圆半径越大，要使沿OM 方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中半径最大者与磁场外边界圆相切，如图所示.设轨迹圆的半径为r 1，则r 21＋R 21＝(R 2－r 1)2代入数据解得r 1＝0.375 m设沿该圆运动的离子速度为v 1，由牛顿运动定律有qv 1B 0＝121r v m解得v 1＝mqr B 10＝1.5×107m/s (2)当离子以v 2的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨迹与磁场外边界圆相切时，以该速度沿各个方向射入磁场区的离子都不能穿出磁场边界，如图所示. 设轨迹圆的半径为r 2，则r 2＝212R R -＝0.25 m 解得B ＝22qr mv ＝2.0 T易错门诊4.带电粒子在磁场中的运动及功能关系【例4】如图所示，匀强磁场中放置一与磁感线平行的薄铅板，一个带电粒子垂直进入匀强磁场，以半径R 1＝20 cm 做匀速圆周运动，第一次垂直穿过铅板后以半径R 2＝19 cm 做匀速圆周运动，则带电粒子能够穿过铅板的次数是多少？(每次穿过铅板时阻力大小相同) 【错解】因为R 1＝qBmv 1，所以v 1＝mqBR 1同理：v 2＝mqBR 2设粒子每穿过铅板一次，速度减少Δv ， 则Δv ＝v 1－v 2＝mqB(R 1－R 2) 故粒子能够穿过铅板的次数为n ＝2111R R R v v -=∆＝20次 【错因】粒子每穿过一次铅板应该是损失的动能相同，故粒子每穿过一次铅板减少的速度不同.速度大时，其速度变化量小，速度小时，速度变化量大. 【正解】粒子每穿过铅板一次损失的动能为 ΔE ＝)(221212221222221R R m B q mv mv -=-穿过铅板的次数N ＝222121k 2121R R R E mv -=∆＝10.26次，取n ＝10次 【思维提升】对于物理问题必须弄清问题的本质，此题中每次穿过铅板后，应该是损失的动能相同，而不是速度的变化相同.。