人教版物理選修3-1講義第3章習題課3帶電粒子在有界磁場中的運動

習題課3帶電粒子在有界磁場中的運動[學習目標]1.掌握幾種常見有界磁場的特點。2.會分析直線邊界、圓形邊界磁場中帶電粒子的運動軌跡。3.能利用幾何知識求解圓周運動的半徑。4.會分析有界磁場中的臨界問題。一、帶電粒子在直線邊界勻強磁場中的運動1．有單平面邊界的磁場問題從單平面邊界垂直磁場射入的正、負粒子重新回到邊界時的速度大小、速度方向和邊界的夾角與射入磁場時相同。2．有雙平行平面邊界的磁場問題帶電粒子由邊界上P點以如圖所示方向進入磁場。(1)當磁場寬度d與軌跡圓半徑r滿足r≤d時(如圖中的r1)，粒子在磁場中做半圓周運動后從進入磁場時的邊界上的Q1點飛出磁場。(2)當磁場寬度d與軌跡圓半徑r滿足r>d時(如圖中的r2)，粒子將從另一邊界上的Q2點飛出磁場?！纠?】如圖所示，直線MN上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m、電荷量為－q(q＞0)的粒子1在紙面內(nèi)以速度v1＝v0從O點射入磁場，其方向與MN的夾角α＝30°；質量為m、電荷量為＋q的粒子2在紙面內(nèi)以速度v2＝eq\r(3)v0也從O點射入磁場，其方向與MN的夾角β＝60°。已知粒子1、2同時到達磁場邊界的A、B兩點(圖中未畫出)，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。求：(1)兩粒子在磁場邊界上的穿出點A、B之間的距離d；(2)兩粒子進入磁場的時間間隔Δt。思路點撥：(1)根據(jù)速度方向和粒子的電性畫出運動軌跡，利用幾何關系求出軌道半徑。(2)粒子的運動具有對稱性，即進、出磁場時的速度方向和邊界的夾角相等。[解析](1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)故d＝OA＋OB＝2r1sin30°＋2r2sin60°＝eq\f(4mv0,qB)。(2)粒子1做圓周運動的圓心角θ1＝eq\f(5π,3)粒子2圓周運動的圓心角θ2＝eq\f(4π,3)粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子1在勻強磁場中運動的時間t1＝eq\f(θ1,2π)T粒子2在勻強磁場中運動的時間t2＝eq\f(θ2,2π)T所以Δt＝t1－t2＝eq\f(πm,3qB)。[答案](1)eq\f(4mv0,qB)(2)eq\f(πm,3qB)(1)要按照“畫軌跡，找圓心，求半徑(利用幾何關系)”的基本思路進行。(2)解題過程中注意對稱性的應用。1．如圖所示，直線MN的上方存在著垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場?，F(xiàn)有一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子在紙面內(nèi)以某一速度從A點射出，其方向與MN成30°角，A點到MN的距離為d，帶電粒子所受的重力不計。求：(1)當v滿足什么條件時，粒子能回到A點；(2)粒子在磁場中運動的時間t。[解析](1)粒子運動軌跡如圖所示，設粒子在磁場中運動的軌道半徑為r，由圖中的幾何關系可知r＝eq\f(2d,tan30°)＝2eq\r(3)d由牛頓第二定律有Bqv＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)。(2)由圖可知，粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為300°，所以t＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5πm,3Bq)。[答案](1)eq\f(2\r(3)dBq,m)(2)eq\f(5πm,3Bq)二、帶電粒子在圓形邊界勻強磁場中的運動1．在圓形勻強磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向對準磁場圓心射入的粒子一定沿徑向射出。如圖所示，磁場圓半徑為R，粒子軌跡圓半徑為r，帶電粒子從P點對準磁場圓心O射入，由幾何知識容易證明粒子從Q點飛出的速度方向的反向延長線必過磁場圓心O點。2．帶電粒子入射方向偏離圓形勻強磁場圓心射入的問題處理這類問題時一定要分清磁場圓和軌跡圓，并要注意區(qū)分軌跡圓的圓心和圓形邊界勻強磁場的圓心。(1)當粒子沿圖甲所示軌跡運動時，粒子在磁場中運動時間最長、速度偏轉角最大。甲乙(2)由圖甲看出，在軌跡圓半徑和速度偏轉角一定的情況下，可實現(xiàn)此偏轉的最小磁場圓是以PQ為直徑的圓。(3)如圖乙所示，由幾何知識很容易證明：當r＝eq\f(mv,qB)＝R時，相同帶電粒子從P點沿紙面內(nèi)不同方向射入磁場，它們離開磁場時的方向卻是平行的。【例2】在以坐標原點O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示。一個不計重力的帶電粒子從磁場邊界與x軸的交點A處以速度v沿x軸負方向射入磁場，它恰好從磁場邊界與y軸的交點C處沿y軸正方向飛出。(1)請判斷該粒子帶何種電荷，并求出其比荷eq\f(q,m)；(2)若磁場的方向和所在空間范圍不變，而磁感應強度的大小變?yōu)锽′，該粒子仍從A處以相同的速度射入磁場，但飛出磁場時的速度方向相對于入射方向改變了60°角，求磁感應強度B′多大？此次粒子在磁場中運動所用時間t是多少？思路點撥：(1)粒子沿半徑方向進入磁場后，仍會沿著半徑方向射出磁場。(2)畫出運動軌跡并求出軌道半徑是解答本題的關鍵。[解析](1)粒子的運動軌跡如圖所示，由左手定則可知，該粒子帶負電荷。粒子由A點射入，由C點飛出，其速度方向改變了90°角，則粒子軌跡半徑R＝r，又qvB＝meq\f(v2,r)，則粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)。(2)設粒子從D點飛出磁場，速度方向改變了60°角，故AD弧所對圓心角為60°，粒子做圓周運動的半徑R′＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r，又R′＝eq\f(mv,qB′)，所以B′＝eq\f(\r(3),3)B，粒子在磁場中運動所用時間t＝eq\f(1,6)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB′)＝eq\f(\r(3)πr,3v)。[答案](1)負電荷eq\f(v,Br)(2)eq\f(\r(3),3)Beq\f(\r(3)πr,3v)2．如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，ab是圓的一條直徑。一帶正電的粒子從a點射入磁場，速度大小為2v，方向與ab成30°角時恰好從b點飛出磁場，粒子在磁場中運動的時間為t。若僅將速度大小改為v，則粒子在磁場中運動的時間為(不計帶電粒子所受重力)()A．3t B．eq\f(3,2)tC．eq\f(1,2)t D．2tD[設圓形磁場半徑為R，粒子以速度2v射入磁場，半徑r1＝eq\f(2mv,qB)，由圖可得，r1＝2R，運動時間t1＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)＝t；粒子以速度v射入磁場，半徑r2＝eq\f(mv,qB)＝R，圓心角θ＝120°，運動時間t2＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝2t，選項D正確。]三、帶電粒子在有界磁場中的臨界問題帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動時，隨著帶電粒子速度大小的變化，而引起帶電粒子做圓周運動的半徑發(fā)生變化。或者隨著帶電粒子速度方向的變化使帶電粒子的運動狀態(tài)在某一時刻發(fā)生變化。找到臨界點對應的條件是解決此類問題的突破口。解決此類問題應注意以下結論：(1)剛好穿出或剛好不能穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當以一定的速率垂直射入磁場時，運動的弧長越長、圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動時間越長。(3)當比荷相同，速率v變化時，帶電粒子在勻強磁場中運動的圓心角越大的，運動時間越長。【例3】如圖所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ為電場和磁場的理想邊界，一束電子(電荷量為e，質量為m，重力不計)由靜止狀態(tài)從P點經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ間的電場加速后垂直到達邊界Ⅱ的Q點，勻強磁場的磁感應強度為B，磁場邊界寬度為d，電子從磁場邊界Ⅲ穿出時的速度方向與電子原來的入射方向夾角為30°。求：(1)電子在磁場中運動的時間t；(2)若改變PQ間的電勢差，使電子剛好不能從邊界Ⅲ射出，則此時PQ間的電勢差U是多少？[解析](1)由洛倫茲力提供向心力可得evB＝eq\f(mv2,R)，且T＝eq\f(2πR,v)得電子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,eB)由幾何關系知電子在磁場中運動時間t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)T解得t＝eq\f(πm,6eB)。(2)電子剛好不從邊界Ⅲ穿出時軌跡與邊界相切，運動半徑為R＝d由evB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(eBd,m)電子在PQ間由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2－0解得U＝eq\f(eB2d2,2m)。[答案](1)eq\f(πm,6eB)(2)eq\f(eB2d2,2m)(1)帶電粒子在有界勻強磁場中做勻速圓周運動的臨界問題往往是對應著一些特殊的詞語，如“恰好”“剛好”“最大”“最小”“最高”“至少”等等，解題時應予以特別關注。(2)畫出粒子運動的軌跡并根據(jù)幾何知識求得此時帶電粒子運動的軌道半徑往往是求解此類問題的關鍵。3．如圖所示，在邊長為a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直于紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以某一速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°。若粒子能從AB邊穿出磁場，且粒子在磁場中運動的過程中，到AB邊有最大距離，則v的大小為()A.eq\f(\r(3)Bqa,4m) B.eq\f(3Bqa,4m)C.eq\f(\r(3)Bqa,8m) D.eq\f(3Bqa,8m)C[從AB邊以v射出的粒子符合題意的運動軌跡如圖所示。由圖知：2R＝OB·cos30°，OB＝eq\f(a,2)，又有Bqv＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\f(\r(3)Bqa,8m)。]1．如圖所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m、電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角。磁場的磁感應強度大小為()A.eq\f(mv,qRtan\f(θ,2)) B.eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))C.eq\f(mv,qRsin\f(θ,2)) D.eq\f(mv,qRcos\f(θ,2))B[以速度v正對著圓心射入磁場，將背離圓心射出，軌跡圓弧的圓心角為θ，如圖，由幾何關系知軌跡圓半徑r＝eq\f(R,tan\f(θ,2))，由半徑r＝eq\f(mv,qB)解得B＝eq\f(mv,qRcot\f(θ,2))，選項B正確。]2．(多選)如圖所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。一個質量為m、電荷量大小為q(不計重力)的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子在磁場中運動時到x軸的最大距離為a，則磁感應強度B和該粒子所帶電荷的正負可能是()A.eq\f(3mv,2aq)，正電荷 B.eq\f(mv,2aq)，正電荷C.eq\f(3mv,2aq)，負電荷 D.eq\f(mv,2aq)，負電荷BC[如圖所示，若粒子帶正電，則a＝r(1－sin30°)＝eq\f(mv,2qB)，則B＝eq\f(mv,2qa)，選項B正確；若粒子帶負電，則a＝r(1＋sin30°)＝eq\f(3mv,2qB)，則B＝eq\f(3mv,2qa)，選項C正確。]3．如圖所示，在真空中寬為d的區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m、帶電荷量為q、速率為v0的電子從邊界CD外側垂直射入磁場，入射方向與CD邊夾角為θ，為了使電子能從磁場的另一邊界EF射