2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第八章　小专题五　带电粒子在磁场中的轨迹分析法

小专题五　带电粒子在磁场中的轨迹分析法

在本章中,经常会遇到这样两类问题,第一类是同样的粒子从磁场边界(如左边界)上某一点射入匀强磁场中时,磁场右边无限宽广,入射方向不变,但速度大小(或磁场磁感应强度大小)发生改变,根据qvB=可知,R=,在v或B发生改变时,半径会发生变化,但由于入射方向不变,根据半径跟速度垂直知粒子轨迹的圆心都落在过入射点与入射速度垂直的直线上,相当于圆心在同一直线上的圆的放缩,如图甲,它们从磁场左边界射出时,速度方向互相平行,在磁场中转过的角度相等。第二类是粒子入射速度大小不变,但方向发生变化,同时磁感应强度不变,可知这种情况下,粒子的轨迹半径不变,圆心位于以入射点为圆心、以轨迹半径为半径的圆上,相当于一个固定大小的轨迹圆绕着入射点在旋转,如图乙。

1.放缩圆

[典例1] 两平面荧光屏互相垂直放置,在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴,交点O为原点,如图所示。在y>0,0<x<a的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,在y>0,x>a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔,一束质量为m、带电量为q(q>0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场,最后打在竖直和水平荧光屏上,使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0<x<a的区域中运动的时间与在x>a的区域中运动的时间之比为2∶5,在磁场中运动的总时间为T,其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)。

解析:粒子在磁场中洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动。根据洛伦兹力及向心力公式有

Bqv=,解得粒子运动的轨道半径为r=。

速度小的粒子将在x<a的区域中走完半周,射到竖直屏上,半圆的直径在y轴上。在y轴上的荧光屏上亮线范围的临界条件如图所示,带电粒子的轨迹和x=a的分界线相切,此时r=a,在y轴上的最高点为y=2r=2a。所以在y轴荧光屏上亮线的范围为0～2a。

轨道半径大于a的粒子开始进入右侧磁场,考虑到r=a的极限情况,这种粒子在右侧的圆轨迹(如图中虚线)与x轴在D点相切,OD=2a,这是x轴荧光屏的亮线的左侧边界。

速度最大的粒子的轨迹如图实线所示,它由两段圆弧组成,圆心分别在C和C′,C在y轴上,由对称性可知C′在x=2a的直线上。

设t1为粒子在0<x<a的区域中运动的时间,t2为粒子在x>a的区域中运动的时间,由题意可知

=,t1+t2=T,

解得t1=T,t2=T,

由t1,t2的数值关系用对称性可知∠OCM=∠MC′N=60°,∠MC′P=360°×=150°,所以∠NC′P=90°,即NP为四分之一圆周,因此圆心C′在x轴上,即C′和D重合。设速度为最大值粒子的轨道半径为R,由直角△COC′可得

R=2a,OP=2a+R,

代入数据得到OP=2(1+)a,

所以在x轴荧光屏上亮线的范围是2a≤x≤2(1+)a。

答案:x轴上的范围是2a≤x≤2(1+)a,y轴上的范围是0≤y≤2a

变式1:边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示。左侧磁场的磁感应强度大小为B1=,方向垂直纸面向外;右侧磁场的磁感应强度大小为B2=,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力,求:

(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小;

(2)粒子在左侧磁场区域内运动时的半径及运动时间;

(3)电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开?

解析:(1)粒子在电场中运动时qU=mv2,

解得v=。

(2)粒子进入磁场B1后qvB1=,

解得R1==L,

设粒子在磁场B1中转过的角度为α,由sin α=,

解得α=60°,

周期T=,

粒子在磁场B1中运动的时间为t=T=。

(3)粒子在磁场B2中运动,在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm,与之相对应的半径分别为Rn与Rm,

由分析知Rn=L,Rm=L,

由牛顿第二定律qvnB2=,

粒子在电场中qEnL=m-mv2,

解得En=,同理Em=,

所以电场强度的范围为≤E≤。

答案:(1)　(2)L　　(3)≤E≤

2.旋转圆

[典例2] 如图所示,A,B为水平放置的间距d=0.2 m的两块足够大的平行金属板,两板间有电场强度为E=0.1 V/m、方向由B指向A的匀强电场。一喷枪从A,B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0=10 m/s的带电微粒。已知微粒的质量均为m=1.0×10-5 kg、电荷量均为q=-1.0×10-3 C,不计微粒间的相互作用及空气阻力的影响,取g=10 m/s2。

(1)求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x;

(2)要使所有微粒从P点喷出后均做直线运动,应将板间的电场调节为E′,求E′的大小和方向;在此情况下,从喷枪刚开始喷出微粒计时,求经t0=0.02 s时两板上有微粒击中区域的面积和;

(3)在满足第(2)问中的所有微粒从P点喷出后均做直线运动情况下,在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。求B板被微粒打中的区域长度。

解析:(1)微粒在匀强电场中做类平抛运动,

微粒的加速度a=

根据运动学=at2,水平位移x=v0t

解得x=1 m。

(2)要使微粒做直线运动,电场应反向,且有qE′=mg

得E′==0.1 V/m=E

故电场应该调节为方向向下,大小不变。

经t0=0.02 s时,微粒运动的位移s=v0t

极板上被微粒击中区域为半径为r的圆,

其中r2=s2-()2

S=2πr2=0.06π m2。

(3)微粒做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力

qvB=m,R==0.1 m

竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示d1=0.1 m,

当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远,如图乙所示d2= m,

故B板被微粒打中的区域的长度都为 m。

答案:(1)1 m　(2)0.1 V/m　方向向下　0.06π m2

(3) m

变式2:如图所示,半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN,P点放置一粒子源,其向纸面内各个方向发射两种原子核,, 的速率为v,的速率为v,沿PO方向发射的恰好从N点离开磁场,忽略原子核间的相互作用及原子核的重力,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。

(1)求原子核的比荷(用B,v,R表示)以及到边界MN的最短时间;

(2)其中一原子核的轨迹恰能与ON的中点A相切,求的质量数a;

(3)在直径MN上安装金属板,并与电阻r串联后接地,带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子,其中占40%,占60%,求稳定后通过电阻r的电流大小。(已知电子的电荷量为e)

解析:(1)根据几何关系,原子核做圆周运动的半径为R

由qvB=m得=;

当原子核的轨迹对应于以OP为弦时,圆心角最小,运动时间最短,如图1,则圆心角为60°

T==

t==。

(2)设圆周运动半径为R′

如图2,由几何关系得(R-R′)2+()2=R′2

解得R′=R

设粒子的质量为m′,电荷量为q′

由q′B=m′得===·,

即=×

解得a=15。

(3)对粒子,设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为α,如图2所示,若轨迹恰好与A点相切,则sin α0=

代入得sin α0=,所以α0=53°

由几何关系得粒子在0≤α≤53°范围内出射能到达金属板,单位时间打到金属板的粒子数为

n1=n×60%=n

由几何关系得粒子在0≤α≤90°范围内出射能到达金属板,单位时间打到金属板的粒子数为

n2=n×40%=n

通过电阻r上的电流为

I=8e×n+2e×n=ne。

答案:(1)　　(2)15　(3)ne

1.(放缩圆)在如图所示的同心圆环形区域内有垂直于圆环面的匀强磁场,磁场的方向如图,两同心圆的半径分别为R0,2R0。将一个质量为m(不计重力),电荷量为+q的粒子通过一个电压为U的电场加速后从P点沿内圆的切线进入环形磁场区域。欲使粒子始终在磁场中运动,求匀强磁场的磁感应强度大小的范围。

解析:粒子经过电场加速,由动能定理

qU=mv2得v=

磁感应强度最大时,粒子轨迹与内环重合

Rmin=R0,qvBmax=

解得Bmax=

磁感应强度最小时,粒子轨迹与外环相切

Rmax=,qvBmin=

解得Bmin=

磁感应强度的大小范围

≤B≤。

答案:见解析

2.(旋转圆)如图所示,有一个磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的足够大的匀强磁场,在磁场中的O点有一个粒子源,能在纸面内向各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比荷为k的带正电粒子,PQ是垂直纸面放置、厚度不计的挡板,挡板的P端与O点的连线与挡板垂直。带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计。

(1)为了使带电粒子不打在挡板上,粒子源到挡板的距离d应满足什么条件?

(2)若粒子源到挡板的距离d=,且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板上,求这个粒子从O点射出时的速度方向;

(3)若粒子源到挡板的距离d=,粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少?

解析:(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,在磁场中运动的轨道半径为R,则由洛伦兹力充当向心力得

qvB=m,

由题意得=k,

为了使带电粒子不打在挡板上,d应满足d>2R,

解得d>。

(2)如图所示,设粒子速度方向与OP连线的夹角为θ时,粒子恰好经过挡板的P点后最终又打在挡板右表面的N点。由几何关系可知△OPN为直角三角形,ON为粒子圆周运动的直径,

由d=,=k和qvB=m可得R===d,

由几何关系可得θ=30°。

(3)粒子打到挡板左、右表面的示意图如图所示。

由图可知,粒子打到挡板左表面的长度为

PM=R=,

粒子打到挡板右表面的长度为

PN=2Rcos 30°=,

粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为=。

答案:(1)d>　(2)见解析　(3)