内容正文:
主题二 “两线两角”破解带电粒子在磁场中的运动
利用“两线两角”可破解带电粒子在磁场中的运动问题,“两线”是指速度的垂线、弦的中垂线,可确定圆心的位置;“两角”是指圆心角、弦切角,可以结合几何知识计算圆周运动的半径并计算运动时间。
[典例] 两金属板MN平行放置,金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场,P、Q分别为ad边和bc边的中点,ab=3L,ad=2L,金属板与矩形区域的轴线PQ垂直,如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放,经两板间电压加速后,穿过N板上的小孔,以速度v沿轴线PQ进入磁场区域,并由b点离开磁场。不计粒子重力,求:
(1)加速电压U的大小;
(2)矩形磁场中磁感应强度的大小;
(3)若在矩形磁场右侧,分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh(未画出),粒子经过efgh 偏转后恰好回到出发位置,求矩形磁场efgh的最小面积及对应的磁感应强度大小。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6)
[解析] (1)在电场中加速qU=mv2
可得U=。
(2)磁场中,由勾股定理
R2=(3L)2+(R-L)2
可得R=5L,
由洛伦兹力提供向心力,qvB=
可得B=。
(3)粒子可能的轨迹如图所示,
则有粒子离开abcd后,立即进入磁场efgh时,满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r,sin θ=,可得θ=37°
在磁场efgh中,L=rcos θ,r=
磁场efgh面积S=2r(r+rsin θ)
可得:B′=,S=5L2。
[答案] (1) (2) (3)5L2
[进阶训练]
在[典例]第(3)问中,试计算带电粒子从P点出发经偏转后回到P点所用的时间。
解析:在磁场abcd中,带电粒子的运动周期为T1==,
则运动时间为t1=T1=
在磁场efgh中,带电粒子的运动周期为T2==
圆心角为α=360°-2(90°-θ)=254°
则运动时间为t2=T2=
故在磁场中运动的总时间为t=t1+t2=。
答案:
[考法全训]
1.[“两线”的应用]如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:
(1)带电粒子的比荷;
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=mv2 ①
设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,运动轨迹如图所示,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m②
由几何关系知d=r ③
联立①②③式得=。 ④
(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=+rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t= ⑥
联立②④⑤⑥式得t=。 ⑦
答案:(1) (2)
2.[“两角”的应用]质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B的一圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面,粒子飞出磁场区域后,从b处穿过x轴,速度方向与x轴正向夹角为30°,如图所示(粒子重力忽略不计)。求圆形磁场区域的最小面积。
解析:带电粒子的运动轨迹如图所示。
设轨迹半径为r,圆形磁场的最小半径为R,
则由几何关系得:r=OO1,R=OO1cos 30°,
对带电粒子有qv0B=m,
解得r=,R=
则圆形磁场的最小面积为:S=πR2=。
答案:
3.[“两线两角”的综合应用]如图所示,在x轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方也有垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子,在纸面内以大小为v的速度从O点与x轴负方向成60°角射入x轴上方磁场,粒子偏转后第1次经过x轴时的位置为P(图中未画出),第2次经过x轴时的位置为Q(图中未画出),且粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,不计粒子受到的重力。求:
(1)从P点到O点的距离;
(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小。
解析:(1)根据题意可知,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,如图所示。
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m
根据几何知识有OP=2rsin θ
联立解得,从P点到O点的距离为OP=。
(2)粒子在x轴上方做圆周运动的周期为T1=运动时间为t=T1=
①若x轴下方的磁场方向垂直纸面向外,粒子的运动轨迹如图所示
由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,根据几何知识有