内容正文:
第一章 安培力与洛伦兹力
习题课4 带电粒子在有界磁场中的运动
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第一章 安培力与洛伦兹力
5A新学案 物理 · 选择性必修第二册
关键能力·分析应用
A
C
D
AC
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第一章 安培力与洛伦兹力
5A新学案 物理 · 选择性必修第二册
核心
目标
1. 理解带电粒子在直线边界、圆形边界等有界磁场中运动的特点.
2. 会分析、能求解带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题.
分类悟法
考向1 带电粒子在直线边界匀强磁场中的运动
1. 单平面边界的磁场问题
从单平面边界射入的粒子,再从这一边界射出时,速度大小、速度方向与边界的夹角跟射入磁场时相同,如图所示.
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2. 双平行平面边界的磁场问题
对如图所示题型,要考虑以下两种情况:
(1) 当磁场宽度d与轨迹圆半径r满足 r≤d 时(如图中的r1),粒子在磁场中做半圆周运动后从进入磁场时的边界上的Q1点飞出磁场.
(2) 当磁场宽度d 与轨迹圆半径r 满足 r>d 时(如图中的r2),粒子将从另一边界上的Q2点飞出磁场.
注意,沿PQ2弧线运动时:偏向角可由sinθ=eq \f(d,r2) 求出,带电粒子在磁场中经历的时间可由 t=eq \f(mθ,Bq) 求出.
3. 解题时,要注意对称性,按照“画轨迹,找圆心,求半径(利用几何关系)”的基本思路进行.
如图所示,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场,正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点O垂直射入磁场,则正、负电子在磁场中运动时间之比为( )
A. 2∶1
B. 1∶2
C. 1∶eq \r(,3)
D. 1∶15
解析:电子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,轨迹如图所示.根据qvB=meq \f(v2,r),再由T=eq \f(2πr,v),联立可得T=eq \f(2πm,qB),由于正、负电子带电荷量相同,可得两个电子的运动周期相等;正电子从y轴上射出磁场时,根据几何知识可得,速度与y轴的夹角为60°,其轨迹对应的圆心角为120°,则正电子在磁场中运动时间为t1=eq \f(120°,360°)T=eq \f(1,3)T,同理可知,负电子以30°入射,从x轴离开磁场时,速度方向与x轴的夹角为30°,则轨迹对应的圆心角为60°,则负电子在磁场中运动时间为t2=eq \f(60°,360°)T=eq \f(1,6)T,所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1∶t2=2∶1,故选A.
(2022·湖北省高二上期末调研)如图所示,长方形区域ABCD内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.P为AB边上的点,AP=AD=d,AB边足够长,现有一些质量为m、电量为q、电性未知、速度大小不同的粒子,从P点垂直于磁场方向射入磁场中,速度与AB夹角θ=60°.
(1) 若粒子从A点射出,求粒子的电性和在磁场中运动的时间.
解析:若粒子从A点射出,根据左手定则,可知粒子带正电;假设粒子不会从CD边出射,作出运动轨迹,如图所示.
根据几何关系可知rsin60°=eq \f(d,2),解得r=eq \f(d,\r(3))<d,
所以粒子不会从CD边出射,轨迹图正确.
圆心角α=2θ=120°,粒子在磁场运动的时间
t=eq \f(α,2π)T=eq \f(1,3)T
又周期为T=eq \f(2πm,qB)
联立解得t=eq \f(2πm,3qB)
(2) 若粒子从PB边射出磁场,且恰好不从CD边射出,求粒子的入射速度大小.
解析:若粒子从PB边射出磁场,且恰好不从CD边射出,则运动轨迹恰好与CD边相切,根据左手定则,可知粒子带负电,其运动轨迹如图所示.
根据几何关系,可得rcos60°+r=d
解得r=eq \f(2,3)d
根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=meq \f(v2,r),解得v=eq \f(2Bqd,3m)
考向2 带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动
1. 在圆形匀强磁场区域内,沿径向对准磁场圆心射入的粒子一定沿径向射出.
如图所示,磁场圆半径为R,粒子轨迹圆半径为r,带电粒子从P点对准磁场圆心O射入,由几何知识容易证明粒子从Q点飞出的速度方向的反向延长线必过磁场圆心O点.
2. 带电粒子入射方向偏离圆形匀强磁场圆心射入的问题.
处理这类问题时一定要分清磁场圆和轨迹圆,并要注意区分轨迹圆的圆心和圆形边界匀强磁场的圆心.
INCLUDEPICTURE"5A22-XZB2WL129.tif"
甲
乙
(1) 当粒子沿图甲所示轨迹运动时,粒子在磁场中运动时间最长、速度偏转角最大.
(2) 由图甲看出,在轨迹圆半径和速度偏转角一定的情况下