1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專題8.3 帶電粒子在勻強磁場中的運動1.掌握帶電粒子在混合場中的運動規律2.解決帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界問題 一、帶電粒子在混合場中的運動1速度選擇器正交的勻強磁場和勻強電場組成速度選擇器。帶電粒子必須以唯一確定的速度（包括大小、方向）才能勻速（或者說沿直線）通過速度選擇器。否則將發生偏轉。這個速度的大小可以由洛倫茲力和電場力的平衡得出：qvB=Eq，。在本圖中，速度方向必須向右。 v（1）這個結論與離子帶何種電荷、電荷多少都無關。（2）若速度小于這一速度，電場

2、力將大于洛倫茲力，帶電粒子向電場力方向偏轉，電場力做正功，動能將增大，洛倫茲力也將增大，粒子的軌跡既不是拋物線，也不是圓，而是一條復雜曲線；若大于這一速度，將向洛倫茲力方向偏轉，電場力將做負功，動能將減小，洛倫茲力也將減小，軌跡是一條復雜曲線。2回旋加速器回旋加速器是高考考查的的重點內容之一，但很多同學往往對這類問題似是而非，認識不深，甚至束手無策、，因此在學習過程中，尤其是高三復習過程中應引起重視。（1）有關物理學史知識和回旋加速器的基本結構和原理1932年美國物理學家應用了帶電粒子在磁場中運動的特點發明了回旋加速器，其原理如圖所示。A0處帶正電的粒子源發出帶正電的粒子以速度v0垂直進入勻強

3、磁場，在磁場中勻速轉動半個周期，到達A1時，在A1 A1/處造成向上的電場，粒子被加速，速率由v0增加到v1，然后粒子以v1在磁場中勻速轉動半個周期，到達A2/時，在A2/ A2處造成向下的電場，粒子又一次被加速，速率由v1增加到v2，如此繼續下去，每當粒子經過A A/的交界面時都是它被加速，從而速度不斷地增加。帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期為，為達到不斷加速的目的，只要在A A/上加上周期也為T的交變電壓就可以了。即T電=實際應用中，回旋加速是用兩個D形金屬盒做外殼，兩個D形金屬盒分別充當交流電源的兩極，同時金屬盒對帶電粒子可起到靜電屏蔽作用，金屬盒可以屏蔽外界電場，盒內電場很弱，這樣

4、才能保證粒子在盒內只受磁場力作用而做勻速圓周運動。（2）帶電粒子在D形金屬盒內運動的軌道半徑是不等距分布的設粒子的質量為m，電荷量為q，兩D形金屬盒間的加速電壓為U，勻強磁場的磁感應強度為B，粒子第一次進入D形金屬盒，被電場加速1次，以后每次進入D形金屬盒都要被電場加速2次。粒子第n次進入D形金屬盒時，已經被加速（2n-1）次。由動能定理得（2n1）qU=Mvn2。 第n次進入D形金屬盒后，由牛頓第二定律得qvnB=m 由兩式得n=同理可得第n+1次進入D形金屬盒時的軌道半徑rn+1=所以帶電粒子在D形金屬盒內任意兩個相鄰的圓形軌道半徑之比為，可見帶電粒子在D形金屬盒內運動時，軌道是不等距分布

5、的，越靠近D形金屬盒的邊緣，相鄰兩軌道的間距越小。（3）帶電粒子在回旋加速器內運動，決定其最終能量的因素由于D形金屬盒的大小一定，所以不管粒子的大小及帶電量如何，粒子最終從加速器內設出時應具有相同的旋轉半徑。由牛頓第二定律得qvnB=m和動量大小存在定量關系 m vn= 由兩式得Ek n=可見，粒子獲得的能量與回旋加速器的直徑有關，直徑越大，粒子獲得的能量就越大。（4）決定帶電粒子在回旋加速器內運動時間長短的因素帶電粒子在回旋加速器內運動時間長短，與帶電粒子做勻速圓周運動的周期有關，同時還與帶電粒在磁場中轉動的圈數有關。設帶電粒子在磁場中轉動的圈數為n ，加速電壓為U。因每加速一次粒子獲得能量

6、為qU，每圈有兩次加速。結合Ek n=知，2nqU=，因此n=。所以帶電粒子在回旋加速器內運動時間t =nT=.=。3帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動（1）帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動。必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力。高頻考點一帶電粒子在磁場中運動的多解問題例1如圖8所示，寬度為d的有界勻強磁場，磁感應強度為B，MM和NN是它的兩條邊界現有質量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場射入要使粒子不能從邊界NN射出，求粒子入射速率v的最大值可能是多少圖8答案(2eq r(2)eq f(Bqd,m)(q為正電荷)或(2eq r(2)eq f(Bqd,m)

7、(q為負電荷)【變式探究】 (多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖10所示磁感應強度為B，板間距離也為l，極板不帶電現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖10A使粒子的速度veq f(5Bql,4m)C使粒子的速度veq f(Bql,m)D使粒子的速度eq f(Bql,4m)veq f(5Bql,4m)答案AB解析若帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有req oal( 2,1)(r1eq f(l,2)2l2，又因r1eq f(mv1,Bq)，解得v1eq f(5Bql,4m)；若

8、粒子剛好打在極板左邊緣時，有r2eq f(l,4)eq f(mv2,Bq)，解得v2eq f(Bql,4m)，故A、B正確【舉一反三】某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖11所示裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d.裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上在紙面內，質量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30角，經過上方的磁場區域一次，恰好到達P點改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置不計粒子的重力圖11(

9、1)求磁場區域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值答案(1)(eq f(2,3)Leq r(3)d)(1eq f(r(3),2)(2)eq f(qB,m)(eq f(L,6)eq f(r(3),4)d)(3)eq f(qB,m)(eq f(L,n1)eq r(3)d)(1n0)粒子沿紙面以大小為v的速度從OM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粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為()圖1A.eq f(mv

10、,2qB) B.eq f(r(3)mv,qB)C.eq f(2mv,qB) D.eq f(4mv,qB)由幾何關系可知OCD30，RtODC中，CDODcot 30eq r(3)R；由對稱性知，ACCDeq r(3)R；等腰ACO中，OA2ACcos 303R；等邊OAB中，ABR，所以OBOAAB4R.由qvBmeq f(v2,R)得Req f(mv,qB)，所以OBeq f(4mv,qB)，D正確3【2016北京卷】如圖1所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動不計帶電粒子所受重力(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和

11、周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小圖1【答案】(1)eq f(mv,qB)eq f(2m,qB)(2)vB4【2016四川卷】如圖1所示，正六邊形abcdef區域內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1Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12【答案】A【解析】由題可得帶正電粒子在勻強磁

12、場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示由qvBmeq f(v2,r)mreq f(42,T2)可以得出vbvcrbrc12, 又由teq f(,2)T可以得出時間之比等于偏轉角之比由圖看出偏轉角之比為21，則tbtc21，選項A正確1.【2015重慶1】題1圖中曲線a、b、c、d為氣泡室中某放射物質發生衰變放出的部分粒子的經跡，氣泡室中磁感應強度方向垂直紙面向里。以下判斷可能正確的是Aa、b為粒子的經跡 Ba、b為粒子的經跡 Cc、d為粒子的經跡 Dc、d為粒子的經跡【答案】D【解析】射線是不帶電的光子流，在磁場中不偏轉，故選項B錯誤

13、。粒子為氦核帶正電，由左手定則知受到向上的洛倫茲力向上偏轉，故選項A、C錯誤；粒子是帶負電的電子流，應向下偏轉，選項D正確。故選D。2(多選)(2015全國卷)有兩個勻強磁場區域和，中的磁感應強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區域做圓周運動。與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等1.(2014江蘇卷，14)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動，工作原理如圖4所示。裝置的長為L，上、下兩個相同的矩形區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有

14、一收集板，M、N、P為板上的三點，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內，質量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入，方向與軸線成30角，經過上方的磁場區域一次，恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。圖4(1) 求磁場區域的寬度h；(2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達M點，求粒子入射速度大小的可能值。解析(1)設粒子在磁場中的軌道半徑為r，畫出帶電粒子的運動軌跡如圖所示。由幾何關系得L3rsin 303eq f(d,2)/tan 30又由hr(1co

15、s 30)聯立解得：h(eq f(2,3)Leq r(3)d)(1eq f(r(3),2)答案(1)(eq f(2,3)Leq r(3)d)(1eq f(r(3),2)(2)eq f(qB,m)(eq f(L,6)eq f(r(3),4)d)(3)eq f(qB,m)(eq f(L,n1)eq r(3)d)(1neq f(r(3)L,3d)1，n取整數) 2.(2014山東卷，24)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規律如圖乙所示。t0時刻，一質量為m、帶電荷量為q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠

16、近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區。當B0和TB取某些特定值時，可使t0時刻入射的粒子經t時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。圖6(1)若teq f(1,2)TB，求B0；(2)若teq f(3,2)TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小；(3)若B0eq f(4mv0,qd)，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。(3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得Teq f(2R,v0)由牛頓第二定律得qv0B0eq f(mvoal(2,0),R)由題意知B0eq f(4mv0,qd)，代入式得d4R粒子在1個TB內的運動軌跡如

17、圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個TB內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求0eq f(,2)，由題意可知eq f(f(,2),2)Teq f(TB,2)設經歷完整TB的個數為n(n0,1,2,3，)若在A點擊中P板，據題意由幾何關系得R2(RRsin )nd當n0時，無解當n1時，聯立式得eq f(,6)(或sin eq f(1,2)聯立式得TBeq f(d,3v0)答案(1)eq f(mv0,qd)(2)eq f(3voal(2,0),d)(3)見解析3(2014廣東卷，36)如圖5所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6 L，兩板間存在

18、兩個方向相反的勻強磁場區域和，以水平面MN為理想分界面。區的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L、質量為m、電量為q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入區，并直接偏轉到MN上的P點，再進入區、P點與A1板的距離是L的k倍。不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。圖5(1)若k1，求勻強電場的電場強度E; (2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和區的磁感應強度B與k的關系式。(2)由于P距離A1為kL，且2k3，粒子從S2水平飛出，該粒子運動軌跡如圖所示，則根據從S

19、1到P處的軌跡由幾何關系得R2(kL)2(RL)2又由qvB0meq f(v2,R)則整理得veq f(qB0L1k2,2m)又由題意及軌跡圖得6L2kLPQ據幾何關系，由相似三角形得eq f(kL,f(PQ,2)eq f(R,r)又有qvBmeq f(v2,r)解得區磁場與k關系為Beq f(kB0,3k)答案(1)eq f(qBoal(2,0)L2,2dm)(2)veq f(qB0Lk2L,2m)Beq f(kB0,3k)4（2014全國卷）如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小

20、為v0的速度發射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d，0)點沿垂直于x軸的方向進入電場不計重力若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為，求：(1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間【答案】 (1)eq f(1,2)v0tan2(2)eq f(2d,v0tan )由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tan eq f(vx,v0)聯立式得eq f(E,B)eq f(1,2)v0tan2 (2)聯立式得teq f(2d,v0tan )5(2014重慶卷)如題9圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向

21、外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h，質量為m，帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g.題9圖(1)求電場強度的大小和方向(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值(3)若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值【答案】 (1)Eeq f(mg,q)，方向豎直向上(2) (96eq r(2)eq f(qBh,m)(3)可能的速度有三個：eq f(0.68qBh,m)，eq f(0.545qBh,m)，e

22、q f(0.52qBh,m)本題考查了帶電粒子在復合場、組合場中的運動答題9圖1答題9圖2【解析】(1)設電場強度大小為E.由題意有mgqE得Eeq f(mg,q)，方向豎直向上(3)如答題9圖2所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下方區域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x.由題意有3nx1.8h(n1，2，3)eq f(3,2)xeq f(（96r(2)）h,2)xeq r(req oal(2,1)（hr1）2)得r1eq blc(rc)(avs4alco1(1f(0.36,n2)eq f(h,2)，n0)的粒子從坐標原點O沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入

23、射到該磁場中不計重力和粒子間的影響(1)若粒子以初速度v1沿 y 軸正向入射，恰好能經過 x 軸上的A (a，0)點，求v1的大小；(2)已知一粒子的初速度大小為v (vv1) ，為使該粒子能經過A (a，0) 點，其入射角(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的 sin值；(3)如圖乙，若在此空間再加入沿 y 軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿 y 軸正向發射研究表明：粒子在 xOy 平面內做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的 x 分量vx與其所在位置的 y 坐標成正比，比例系數與場強大小E無關求該粒子運動過程中的最大速度值vm.【解析】(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有qvBmeq f(v2,R)當粒子沿y軸正向入射，轉過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1，有：R1eq f(a,2)由代入式得v1eq f(qBa,2m)(2)如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在xeq f(a,2)的直線上，半徑為R.當給定一