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1、第2讲带电粒子在磁场中的运动1洛伦兹力、洛伦兹力的大小和方向(1)洛伦兹力:磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。(2)洛伦兹力的方向判定方法:左手定则。掌心磁感线垂直穿入掌心。四指指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向。拇指指向洛伦兹力的方向。方向特点:FB,Fv,即F垂直于B和v决定的平面。(3)洛伦兹力的大小vB时,洛伦兹力F=0。(=0或180)vB时,洛伦兹力F=qvB。(=90)v=0时,洛伦兹力F=0。1.1(2018广东广州10月考试)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O
2、点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()。A.向上B.向下C.向左D.向右【答案】B2带电粒子在匀强磁场中的运动(1)若vB,则带电粒子不受洛伦兹力,在匀强磁场中做匀速直线运动。(2)若vB,则带电粒子仅受洛伦兹力作用,在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。如图所示,带电粒子在磁场中,图甲中粒子做匀速圆周运动,图乙中粒子做匀速直线运动,图丙中粒子做匀速圆周运动。(3)半径和周期公式:(vB)2.1(2018云南丽江阶段检测)一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中,若粒子所带电荷量不变,动能逐渐减小,在磁场中运动的轨迹如图所示,则下列有关粒子的运动方向和所带电性
3、的判断正确的是()。A.粒子由a向b运动,带正电B.粒子由a向b运动,带负电C.粒子由b向a运动,带正电D.粒子由b向a运动,带负电【答案】D2.2(2018福建龙岩质量调研)(多选)如图所示,两个初速度大小相同、方向不同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场的方向进入匀强磁场,最后打到屏P上。不计重力,下列说法正确的有()。A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近【答案】AD题型一带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题1.带电粒子在有界匀强磁场中做圆周运动的分析(1)圆心的确定方法若已知粒子轨迹上两点的速度方向,则可根据
4、洛伦兹力Fv,分别确定两点处洛伦兹力F的方向,其交点即圆心,如图甲所示。若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向,则可作出此两点的连线(过这两点的圆弧的弦)的中垂线,中垂线与垂线的交点即圆心,如图乙所示。(2)半径的计算方法由公式求:半径R=mvqB。由几何方法求:一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。(3)时间的计算方法由圆心角求:t=2T。由弧长求:t=sv。2.带电粒子在不同边界磁场中的运动(1)直线边界(进出磁场具有对称性,如图甲所示)。甲(2)平行边界(存在临界条件,如图乙所示)。乙(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出,如图丙所示)。丙【例1】如图甲所示,半径为
5、R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2,已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不计重力)()。甲A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm【解析】如图乙所示,粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上,由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60,故圆弧ENM对应的圆心角为60,所以EMO2为等边三角形。由于O1D=R2,所以EO1D=60,O1ME为等边三角形,所以可得到粒子做圆
6、周运动的半径EO2=O1E=R,由qvB=mv2R,得v=qBRm,B项正确。乙【答案】B带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的分析方法【变式训练1】(2018山东济南第二次模拟)如图甲所示,有界匀强磁场边界线SPMN,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,粒子的带电荷量相同,其中从a点射出的粒子速度v1的方向与MN垂直;从b点射出的粒子速度v2的方向与MN成60角,设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,则t1t2为(重力不计)()。甲A.13B.43C.11D.32【解析】粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90,从b点射出的粒子对应的圆
7、心角为60,由t=22mqB可得t1t2=9060=32,D项正确。乙【答案】D【变式训练2】(2018贵州贵阳三校联考)(多选)如图甲所示,在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的P、Q两种粒子,P粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场,经时间t1从d点射出磁场,Q粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场,经时间t2垂直cd射出磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用力,则下列说法中正确的是()。甲A.v1v2=12B.v1v2=34C.t1t2=21D.t1t2=31【解析】P、Q两粒子的运动轨迹如图乙所示,粒子在磁场中的运行周期T=2mBq,因
8、为两种粒子的比荷相等,故T1=T2。设正方形的边长为L,则由图知P粒子运行半径r1=L2,运行时间t1=T12,乙粒子运行半径r2=Lcos30,运行时间t2=T26,而r=mvBq,所以v1v2=r1r2=34,A项错误,B项正确;t1t2=31,C项错误,D项正确。乙【答案】BD【变式训练3】(2019福建泉州质量检测)(多选)如图甲所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷qm=k,则质子的速度可能为()。甲
9、A.2BkLB.BkL2C.3BkL2D.BkL8【解析】因质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图乙所示,所有圆弧所对圆心角均为60,所以质子运行的半径r=Ln(n=1,2,3,),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r,即v=Bqrm=BkLn(n=1,2,3,),B、D两项正确。乙【答案】BD题型二粒子源问题“粒子源”问题可以分为两类,第一类是在同一平面内沿某一方向发射不同速率的同种带电粒子;第二类是在同一平面内,沿各个方向发射相同速率的同种带电粒子。第一类粒子源,能在同一平面内沿某一方向发射速率不同的同种带电粒子(如电子),这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场,做同方向旋转的
10、匀速圆周运动,有下列特点(如图甲):甲(1)各带电粒子的圆轨迹有一个公共切点,且各圆的圆心分布在同一条直线上。(2)各带电粒子做匀速圆周运动的周期相等。(3)速率大的带电粒子所走过的路程大,对应大圆。第二类粒子源,能在同一平面内,沿各个方向发射相同速率的同种带电粒子,这些带电粒子垂直于磁感线射入布满空间的匀强磁场,做同方向旋转的匀速圆周运动,各带电粒子的圆轨迹半径相等,运动周期相等。这类问题可以归结为这样一个几何模型:如图乙所示,有一半径为R的圆,绕圆周上一个定点P转动一周,圆平面扫过的面积就是以P为圆心,以2R为半径的圆面积,圆上任意一点都绕P点转动了一周。要准确把握这一几何模型,需要认识和
11、区分三种圆。乙(1)轨迹圆:每个粒子在磁场中均以半径R1=mvqB做匀速圆周运动,随着入射点P处速度方向的改变,这些轨迹圆可以看作是以点P为圆心旋转构成的一系列的动态旋转圆。(2)圆心圆:在轨迹圆旋转过程中,这些轨迹圆的圆心的轨迹在以P为圆心,半径与轨迹圆半径相等,即R2=mvqB的圆上,如图乙中虚线所示。(3)边界圆:在轨迹圆旋转过程中,各轨迹圆上离圆心最远的点构成的轨迹也是一个圆,这个圆也是粒子能够到达的区域,其圆心是P,半径为轨迹圆半径的两倍,即R3=2mvqB,如图乙中外围黑体实线所示。【例2】(2018湖南衡阳阶段检测)如图甲所示,真空中存在匀强磁场,磁场方向垂直于图中纸面向里,磁感
12、应强度的大小B=0.60 T,磁场内有一块足够大的平面感光板ab,板面与磁场方向平行,在距ab的距离l=16 cm处,有一个点状的粒子放射源S,它向各个方向发射粒子,粒子的速度均为v=3.0106 m/s,已知粒子的比荷qm=5.0107 C/kg,现只考虑在图纸平面中运动的粒子,求ab上被粒子打中的区域的长度。甲【解析】粒子带正电,故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,用R表示轨道半径,有乙qvB=mv2R由此得R=mvqB代入数值得R=10cm,可见2RlR如图乙所示,因朝不同方向发射的粒子的圆轨道都过S,由此可知,某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切,则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点,
13、为确定P1点的位置,可作平行于ab的直线cd,cd到ab的距离为R,以S为圆心,R为半径,作弧交cd于Q点,过Q点作ab的垂线,它与ab的交点即P1,由图乙中几何关系得NP1=R2-(l-R)2再考虑N的右侧,任何粒子在运动过程中离S的距离不可能超过2R,所以右侧的最远点是与S在同一直径上的一点,设为P2由图乙中几何关系得NP2=(2R)2-l2所求长度为P1P2=NP1+NP2解得P1P2=20cm。【答案】20cm用动圆法解“粒子源”的临界问题(1)定圆旋转法当带电粒子射入磁场时的速率v大小一定,但射入的方向变化时,粒子做圆周运动的轨道半径R是确定的。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射
14、点为定点,将轨迹圆旋转,作出一系列轨迹,从而探索出临界条件。如图甲所示为粒子进入单边界磁场时的情景。甲 (2)动态放缩法当带电粒子射入磁场的方向确定,但射入时的速度v大小或磁场的强弱B变化时,粒子做圆周运动的轨道半径R随之变化。在确定粒子运动的临界情景时,可以以入射点为定点,将轨道半径放缩,作出一系列的轨迹,从而探索出临界条件。如图乙所示,粒子进入长方形边界OACD从CD边射出的临界情景为和。乙【变式训练4】(2018山东日照开学检测)如图甲所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒
15、子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆形磁场周长的13。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2,结果相应的弧长变为原来的一半,则B2B1等于()。甲A.2B.3C.2D.3【解析】当粒子做圆周运动的半径小于或等于磁场区域半径时,粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径。如图乙所示,当粒子从13圆周射出磁场时,粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ,粒子都从圆弧PQ之间射出,因此轨道半径r1=Rcos30=32R;若粒子射出的圆弧对应弧长为原来的一半,即16周长,对应的弦长为R,即粒子运动轨迹直径等于磁场区域半径R,半径r2=R2,由r=mvqB可得B2B1=r1r2=3,
16、B项正确。乙【答案】B【变式训练5】(2019江苏无锡高三模拟)如图甲所示,在真空中坐标xOy平面的x0区域内,有磁感应强度B=1.010-2 T的匀强磁场,方向与xOy平面垂直,在x轴上的P(10 cm,0)点,有一放射源,在xOy平面内向各个方向发射速率v=1.0104 m/s的带正电的粒子,粒子的质量m=1.610-25 kg,电荷量q=1.610-18 C,求带电粒子能打到y轴上的范围。甲【解析】带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得qvB=mv2R解得R=mvqB=0.1m=10cm如图乙所示,当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时,A点即为粒子能打到y轴上方的最
17、高点。因OP=10cmAP=2R=20cm则OA=AP2-OP2=103cm乙当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时,若圆心再向左偏,则粒子就会从纵轴离开磁场,所以B点即粒子能打到y轴下方的最低点,易得OB=R=10cm,综上所述,带电粒子能打到y轴上的范围为-10cm103cm。【答案】-10cm103cm1.(2018云南曲靖12月考试)已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度B与该点到导线间的距离r的关系为B=kIr。如图所示,竖直通电长直导线中的电流I方向向上,绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动,小球始终在水平面上运动,运动轨迹用实
18、线表示,若从上向下看,则小球的运动轨迹可能是()。【解析】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行,根据左手定则可知,带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直,而沿水平方向没有分力,小球始终在水平面上运动,所以小球将做匀速直线运动,A项正确。【答案】A2.(2019四川绵阳高三模拟)如图所示,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,一带负电的物块在水平外力F作用下沿粗糙水平面向右做匀加速直线运动,下列关于外力F随时间变化的图象可能正确的是()。【解析】设开始计时物块的速度为v0,物块质量为m,磁感应强度为B,物块与水平面间的动摩擦因数为,根据牛顿运动定律得F-(qBv+m
19、g)=ma,v=v0+at,联立解得F=ma+mg+qBv0+qBat,若v0为零,则F=ma+mg+qBat,可知外力F随时间呈线性关系,D项正确。【答案】D3.(2019广东惠州一月模拟)如图甲所示,直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场,电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场,经t1时间从b点离开磁场。之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,则t1t2为()。甲A.23B.31C.32D.21【解析】粒子在磁场中都做匀速圆周运动,根据题意画出粒子的运动轨迹,如图乙所示。电子1垂直射进磁场,从b点离开,则运动了半个圆周,
20、ab为直径,c点为圆心,电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场,经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场,根据半径r=mvqB可知,粒子1和2的运行轨迹半径相等,根据几何关系可知,aOc为等边三角形,则粒子2转过的圆心角为60,所以粒子1运动的时间t1=T2=mqB,粒子2运动的时间t1=T6=m3Bq,故t1t2=31,B项正确。乙【答案】B4.(2018湖北宜昌第二次调研)(多选)如图甲所示,xOy平面的、象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m,M点为x轴正方向上一点,OM=3 m。现有一个比荷qm=1.0 C/kg、可视为质
21、点且带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M点,则小球射入的速度大小可能是()。甲A.3 m/sB.3.75 m/sC.4 m/sD.5 m/s【解析】因为小球通过y轴的速度方向一定与x轴正方向平行,故带电小球做圆周运动的轨迹半径最小值为3m,即Rmin=mvminqB,解得vmin=3m/s,经验证,带电小球以3m/s的速度进入磁场,与ON碰撞一次,再经四分之三圆周经过M点,如图乙所示,A项正确;当带电小球与ON不碰撞,直接经过M点,如图丙所示,小球速度沿x轴负方向射入磁场,则
22、圆心一定在y轴上,作出MN的垂直平分线,交于y轴的点即得圆心位置,由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax=5m,又Rmax=mvmaxqB,解得vmax=5m/s,D项正确;当小球速度大于3m/s且小于5m/s时,轨迹如图丁所示,由几何条件计算可知轨迹半径R=3.75m,由半径公式R=mvqB,得v=3.75m/s,B项正确,C项错误。乙丙丁【答案】ABD5.(2018安徽合肥10月模拟考试)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成角(00)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30角。已知该粒子
23、在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()。甲A.mv2qBB.3mvqBC.2mvqBD.4mvqB【解析】带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r=mvqB。轨迹与ON相切,画出粒子的运动轨迹如图乙所示,由于AD=2rsin30=r,故AOD为等边三角形,ODA=60,而MON=30,则OCD=90,故COD为一直线,OD=CDsin30=2CD=4r=4mvqB,D项正确。乙【答案】D4.(2017全国卷,24)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质
24、量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力): (1)粒子运动的时间。(2)粒子与O点间的距离。【解析】(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB0v0=mv02R1qB0v0=mv02R2粒子速度方向转过180时,所需时间t1=R1v0粒子再转过180时,所需时间t2=R2v0联立解得粒子运动的时间t0=t1+t2=mB0q1+1。(2)由几何关系得所求距离d0=2(R1-R2)=2mv0B0q1-1。【答案】(1)mB0q1+1(2)2mv0B0q1-1
高考物理总复习第十二单元磁场第2讲带电粒子在磁场中的运动教师用书含解析
