高三物理一輪復習專題講座-巧用動態(tài)圓分析帶電粒子在磁場中運動問題(共20張)

1、 求解臨界問題要借助于半徑R和速度v之間的約束關系進行動態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和邊界的關系，尋找臨界點，然后利用數(shù)學方法求解。常用結論：1、剛好突出磁場邊界的條件是粒子在磁場中的運動軌跡與邊界相切。2、當速度一定時，弧長或弦長越長，圓周角越大，粒子在磁場中運動時間越長。3、當速度變化時，圓周角大的運動時間越長。4、從同一邊界射入的粒子從同一邊界射出時，速度與邊界的夾角相等，在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。yxoyxo旋轉圓旋轉圓 帶電粒子從某一點以大小不變而方向不限定的速度射入帶電粒子從某一點以大小不變而方向不限定的速度射入 勻強磁場中，把其軌跡連續(xù)起來觀察可認為是一個半徑不

2、變勻強磁場中，把其軌跡連續(xù)起來觀察可認為是一個半徑不變的圓，根據速度方向的變化以出射點為旋轉軸在旋轉。的圓，根據速度方向的變化以出射點為旋轉軸在旋轉。OPQOr( 31)MNr答案：O2rrQPMNQpQp60QpQpQpPQR3R思考：若將第三問中思考：若將第三問中的正電荷改成負電荷的正電荷改成負電荷或者將磁場方向改為或者將磁場方向改為垂直紙面向外，其它垂直紙面向外，其它條件不變，則情況如條件不變，則情況如何？何？Qp baS l Bcm10 qBmvR即：即：2R l R。cm8221 )Rl (RNPcm122222 l)R(NPP1P2=20cm 解：解：粒子帶正電，沿逆時針方向粒子帶

3、正電，沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑做勻速圓周運動，軌道半徑R R為為2RR2RMNO2RR2RMNO2R2R2RMNOR2R2RMNOD.D.A.A. B.B.C.C.如圖，圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場，如圖，圓形區(qū)域內有一垂直紙面的勻強磁場，P P為磁場邊為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質量的粒子在界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質量的粒子在紙面內沿各個方向以同樣的速率通過紙面內沿各個方向以同樣的速率通過P P點進入磁場。這些粒子點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓

4、周長的是圓周長的1/31/3。將磁感應強度的大小從原來的。將磁感應強度的大小從原來的B B1 1變?yōu)樽優(yōu)锽 B2 2，結，結果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tB B2 2/ /B B1 1等于多少？等于多少？例題（例題（20102010年全國）如圖，在年全國）如圖，在0 x a0 x a區(qū)域內存在與區(qū)域內存在與xOyxOy平平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B B。在。在t t0 0時刻，一時刻，一位于坐標原點的粒子源在位于坐標原點的粒子源在xOyxOy平面內發(fā)射出大量同種帶電粒子，平面內發(fā)射出大量同種帶電粒子，所有粒子的初速度

5、大小相同，方向與所有粒子的初速度大小相同，方向與y y軸正方向的夾角分布在軸正方向的夾角分布在0 0180180范圍內。已知沿范圍內。已知沿y y軸正方向發(fā)射的粒子在軸正方向發(fā)射的粒子在t tt t0 0時時刻剛好從磁場邊界上刻剛好從磁場邊界上P P（ a a，a a）點離開磁場。求：）點離開磁場。求：（1 1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑）粒子在磁場中做圓周運動的半徑R R及粒子的比荷及粒子的比荷q/mq/m；（2 2）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與）此時刻仍在磁場中的粒子的初速度方向與y y軸正方向夾軸正方向夾角的取值范圍；角的取值范圍；（3 3）從粒子發(fā)射到全部粒子離）從粒子發(fā)射到

6、全部粒子離開磁場所用的時間。開磁場所用的時間。33o.),3(aaPa3yx 解析：粒子沿解析：粒子沿y y軸的正方向進軸的正方向進入磁場，從入磁場，從P P點經過做點經過做OPOP的垂直的垂直平分線與平分線與x x軸的交點為圓心，根軸的交點為圓心，根據直角三角形有據直角三角形有R R2 2=a=a2 2+( a-R)+( a-R)2 2解得解得R=2 a/3R=2 a/3，sinsin=a/R= =a/R= /2,/2,則粒子做圓周運動的的圓心則粒子做圓周運動的的圓心角為角為120120，周期為，周期為T=3tT=3t0 0，粒，粒子做圓周運動的向心力由洛侖子做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供

7、，根據牛頓第二定律茲力提供，根據牛頓第二定律得得qvB=m(2 /T)qvB=m(2 /T)2 2/R/R，v=2 R/Tv=2 R/T化簡得化簡得q/m=2 /3Btq/m=2 /3Bt0 0333o.),3(aaPa3yxo),3(aaPa3yxoa3xyoa3xy仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于仍在磁場中的粒子其圓心角一定大于120120，這樣粒子角度最，這樣粒子角度最小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度小時從磁場右邊界穿出；角度最大時從磁場左邊界穿出。角度最小時從磁場右邊界穿出圓心角最小時從磁場右邊界穿出圓心角120120，所經過圓弧的弦與中，所經過圓弧的弦與中相等穿

8、出點如圖，根據弦與半徑、相等穿出點如圖，根據弦與半徑、x x軸的夾角都是軸的夾角都是3030，所以此，所以此時速度與時速度與y y軸的正方向的夾角是軸的正方向的夾角是6060。角度最大時從磁場左邊界。角度最大時從磁場左邊界穿出，半徑與穿出，半徑與y y軸的的夾角是軸的的夾角是6060，則此時速度與，則此時速度與y y軸的正方向軸的正方向的夾角是的夾角是120120。所以速度與。所以速度與y y軸的正方向的夾角范圍是軸的正方向的夾角范圍是6060到到120120。12012012012030303030在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應該與磁在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應該與磁場的右邊界相切

9、，在三角形中兩個相等的腰為場的右邊界相切，在三角形中兩個相等的腰為R=2 a/3R=2 a/3，而它的高是，而它的高是h= a/3h= a/3，半徑與，半徑與y y軸的軸的的夾角是的夾角是3030，這種粒子的圓心角是，這種粒子的圓心角是240240。所用時間為所用時間為2t2t0 0。所以從粒子發(fā)射到全部離開。所以從粒子發(fā)射到全部離開所用所用 時間為時間為2t2t0 0。oa3xoa3x33 縮放圓縮放圓 帶電粒子從某一點以速度方向不變而大小在改變帶電粒子從某一點以速度方向不變而大小在改變（或質量改變）射入勻強磁場，在勻強磁場中做半徑（或質量改變）射入勻強磁場，在勻強磁場中做半徑不斷變化的勻速

10、圓周運動。把其軌跡連續(xù)起來觀察，不斷變化的勻速圓周運動。把其軌跡連續(xù)起來觀察，好比一個與入射點相切并在放大（速度或質量逐漸增好比一個與入射點相切并在放大（速度或質量逐漸增大時）或縮小（速度或質量逐漸減小時）的運動圓。大時）或縮?。ㄋ俣然蛸|量逐漸減小時）的運動圓。AQBPvB3= rm = 2d= d，故，故MN=( -1)d 例題：例題：如圖，如圖，A A、B B為水平放置的足夠長的平行板，板間距為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為離為 d d =1.0=1.010102 2m m，A A板上有一電子源板上有一電子源P P，Q Q點在點在P P點正上點正上方方B B板上，在紙面內從板上，在紙

11、面內從P P點向點向Q Q點發(fā)射速度在點發(fā)射速度在0 03.23.210107 7m/sm/s范圍內的電子。若垂直紙面內加一勻強磁場，范圍內的電子。若垂直紙面內加一勻強磁場，磁感應強度磁感應強度B B=9.1=9.110103 3T T，已知電子質量，已知電子質量 m m=9.1=9.110103131kg kg ，電子電量，電子電量 q q=1.6=1.610101919C C ，不計電子重力和電子，不計電子重力和電子間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大間的相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大地，求電子擊在地，求電子擊在A A、B B兩板上的范圍。兩板上的范圍。rm電

12、子打在電子打在 板上的范圍是板上的范圍是PH段。段。因因 qvB=mv2/rm得：得： rm=2d3POQAv0B2R+R=dvmqBd) 12(q qaOdbcBR1 例題：例題：如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域如圖，一端無限伸長的矩形區(qū)域abcdabcd內存在著磁內存在著磁感應強度大小為感應強度大小為B B，方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊，方向垂直紙面向里的勻強磁場。從邊adad中點中點O O射入一速率射入一速率v v0 0、方向與、方向與OdOd夾角夾角=30=30的正電粒子，的正電粒子，粒子質量為粒子質量為m m，重力不計，帶電量為，重力不計，帶電量為q q，已知，已知ad=Lad=L。 （1 1）要）要使粒子能從使粒子能從abab邊射出磁場，求邊射出磁場，求v v0 0的取值范圍的取值范圍。 （2 2）取不同）取不同v v0 0值，求值，求粒子在磁場中運動時間粒子在磁場中運動時間t t 的范圍？的范圍？ （3 3）從）從abab邊射出的粒子在磁場中運動時間邊射出的粒子在磁場中運動時間t t 的范圍。的范圍。R2 mqBL3