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2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第八章 课时2 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动 学案
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课时2 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动
一、洛伦兹力
1.定义:运动电荷在磁场中所受的力。
2.大小:(1)v∥B时,F=0。
(2)v⊥B时,F=qvB。
3.方向
(1)判定方法:应用左手定则,注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B,v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
由于F始终垂直于v的方向,故洛伦兹力永不做功。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。
3.基本公式
(1)向心力公式:qvB=m。
(2)轨道半径公式:r=。
(3)周期公式:T==。
(4)频率公式:f==。
(5)角速度公式:ω==2πf=。
考点一 洛伦兹力
1.洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意分清正、负电荷。
(5)洛伦兹力一定不做功。
2.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力。
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。
[典例1] 如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,质量分别为ma,mb,mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
解析:根据受力情况和方向分析,有mag=Eq,mbg=Eq+qBv,mcg=Eq-qBv。
答案:B
变式1:(2017·浙江11月学考)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B互相垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是( C )
A.粒子一定带负电
B.粒子的速度大小v=
C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化
解析:粒子做直线运动,说明竖直方向受力平衡,即qvB=qE,所以选项B错误;假设粒子带正电荷,则洛伦兹力竖直向上,电场力竖直向下,只要满足上式依然可以满足题意,所以选项A错误;如果粒子速度变大或变小,都会导致洛伦兹力变化,因此就会做曲线运动,所以选项C正确;不管粒子速度怎么变,带电量不变,在匀强电场中,粒子受到的电场力不变,所以选项D错误。
考点二 洛仑兹力与电场力的比较
洛伦兹力和电场力的区别
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F=qvB(v⊥B)
F=qE
力方向与场
方向的关系
一定是F⊥B,F⊥v,与电荷电性无关
正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功,也可能不做功
[典例2] 如图所示,一带负电的小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3;若加上竖直向上的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4,不计空气阻力,则( )
A.h1=h3
B.h1
D.h2
变式2:一个质量m=0.1 g的小滑块,带有电荷量q=5×10-4 C,放置在倾角α=30°的光滑斜面上(斜面绝缘),斜面置于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示,小滑块由静止开始沿斜面滑下,斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面。g取10 m/s2,则:
(1)小滑块带何种电荷?
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大?
(3)该斜面的长度至少多长?
解析:(1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F,若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有
qvB+FN-mgcos α=0
当FN=0时,小滑块脱离斜面,
有qvB=mgcos α,得
v== m/s=2 m/s。
(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得
mgxsin α=mv2
斜面的长度至少是x== m=1.2 m。
答案:(1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m
考点三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示,图中P为入射点,M为出射点)。
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示,P为入射点,M为出射点)。
2.半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小。
3.运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时,其运动时间表示为t=T(或t=)。
4.求解粒子在匀强磁场中运动问题的步骤
(1)画轨迹:即画出运动轨迹,并确定圆心,用几何方法求半径。
(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系。
(3)用规律:即牛顿运动定律和圆周运动的规律,特别是周期公式、半径公式。由qvB=,可得r=。由T=,可得T=。
[典例3] 如图所示,粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子。这些粒子经装置M加速并筛选后,能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD。粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力,则粒子1和粒子2( )
A.均带正电,质量之比为4∶1
B.均带负电,质量之比为1∶4
C.均带正电,质量之比为2∶1
D.均带负电,质量之比为1∶2
解析:由左手定则和洛伦兹力方向可知粒子1和粒子2均带负电,=,由r=得==,故选B项。
答案:B
变式3:半径为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。一电荷量为q(q>0)、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。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)( B )
A. B. C. D.
解析:
带电粒子从距离ab为处射入磁场,且射出时与射入时速度方向的夹角为60°,粒子运动轨迹如图,ce为射入速度所在直线,d为射出点,射出速度反向延长交ce于f点,磁场区域圆心为O,带电粒子所做圆周运动圆心为O′,则O,f,O′在一条直线上,由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R,由F洛=F向得qvB=,解得v=,选项B正确。
考点四 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形
直线边界(粒子进出磁场具有对称性)
平行边界(粒子运动存在临界条件)
圆形边界(粒子沿径向射入,再沿径向射出)
[典例4] 如图所示,一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场,在ad边中点O垂直于磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子。已知粒子质量为m,电荷量为q,ad边长为L,ab边足够长,粒子重力不计,求:
(1)粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围。
(2)如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制,求粒子在磁场中运动的最长时间。
解析:(1)若粒子速度为v0,由qv0B=m,得R=
若轨迹与ab边相切,如图所示,
设此时相应速度为v01,则
R1+R1sin θ=,
将R1=代入上式可得v01=,
若轨迹与cd边相切,设此时粒子速度为v02,则
R2-R2sin θ=,
将R2=代入上式可得v02=,
所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足
答案:(1)
A.Δt B.2Δt
C.Δt D.3Δt
解析:
设带电粒子以速度v射入磁场做圆周运动,圆心为O1,半径为r1,
则根据qvB=,
得r1=,
根据几何关系得=tan,
且1=60°;
当带电粒子以v的速度射入时,
轨道半径r2===r1,
圆心在O2,则=tan ,
即tan===3tan =,
故=60°,2=120°;
带电粒子在磁场中运动的时间t=T,
所以==,
即Δt2=2Δt1=2Δt,
故选项B正确,A,C,D错误。
考点五 带电体在磁场中的临界与极值问题
临界问题的关键是找出临界状态,临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程,这时存在着一个过渡的转折点,此转折点即为临界状态点。与临界状态相关的物理条件则称为临界条件,是解决临界问题的突破点。
(1)临界问题的一般解题模式:
①找出临界状态及临界条件;
②总结临界状态点的规律;
③分析临界量列出表达式;
④解出临界量。
(2)极值问题的分析思路
所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算,求解的思路一般有以下两种:一是根据题给条件列出函数关系式进行分析,讨论;二是借助于几何图形进行直观分析。
[典例5] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子,图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.射出粒子的最大速度为
C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差减小
D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析:利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏,故选项A错误;利用qvB=知r=,能射出的粒子满足≤r≤,因此对应射出粒子的最大速度vmax==,选项B正确;vmin==,Δv=vmax-vmin=,由此式可判定选项C,D错误。
答案:B
变式5:如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,磁场中有一内、外半径分别为R,R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M,N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出,不计粒子重力。
(1)求粒子从P到M所用的时间t;
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出,粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。
解析:(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=,
设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE,
设粒子在电场中运动的加速度为a,
根据牛顿第二定律有F=ma,
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at,
联立解得t=。
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。
设粒子在磁场中的轨迹半径为r′,由几何关系可得
(r′-R)2+(R)2=r′2,
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知
tan θ=,
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v,在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得
tan θ=,
联立解得v0=。
答案:(1) (2)
考点六 带电粒子在磁场中运动的多解问题
形成带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题多解的原因一般包含下述几个情形:
(1)带电粒子电性不确定。如图甲所示,带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b。
(2)磁场方向不确定形成多解。如图乙所示,带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若B垂直纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b。
(3)临界状态不唯一形成多解。带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射面边界反向飞出,如图丙所示,于是形成了多解。
(4)运动的往复性形成多解。带电粒子在组合场的空间运动时,运动往往具有往复性,从而形成多解。如图丁所示。
[典例6] 如图,在某装置中有一匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于xOy所在的平面向外。某时刻在x=l0,y=0处,一质子p沿y轴的负方向进入磁场;同一时刻,在x=-l0,y=0处,一个α粒子(氦原子核)进入磁场,速度方向与磁场垂直。不考虑质子与α粒子的相互作用。设质子p的质量为m,电荷量为e。
(1)如果质子经过坐标原点O,它的速度为多大?
(2)如果α粒子与质子在坐标原点相遇,α粒子的速度应为何值?方向如何?
解析:(1)根据质子p进入磁场处的位置和方向,可知其圆周轨道的圆心必在x轴上,其半径Rp=;设质子p的速度为vp,则有eBvp=,得vp=。
(2)质子p做圆周运动的周期为Tp=
由于α粒子电荷量为qα=2e,质量mα=4m,故α粒子做圆周运动的周期为Tα==2Tp
要使α粒子与质子p在坐标原点O相遇,则两粒子到达O点的时间均为t=nTp+=n+ (n=0,1,2,3,…)
由此可知α粒子进入磁场处与O点之间连线必为圆周或圆周所对应的弦,如图。由图可判得α粒子的轨道半径为Rα=
设α粒子的速度为vα,则有2eBvα=,得vα=。
入射方向有两个,用α粒子的速度方向与x轴的正方向夹角表示,则有θ1=,θ2=。
答案:(1) (2)见解析
变式6:(2017·浙江11月选考)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间的相互作用。
(1)求离子的比荷;
(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系(不计离子在磁场中运动的时间)。
解析:(1)洛仑兹力提供向心力qvB0=m,
圆周运动的半径R=L,得=。
(2)如图1所示,以最大值θm入射时,有
Δx=2R(1-cos θm)=L或2Rcos θm=L,得θm=。
(3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1,如图2,有
2R1cos 37°=L,得B1==1.6B0,
当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0。
B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L,得B2=2B0。
当1.6B0
当2B0
答案:(1) (2) (3)见解析
1.(洛伦兹力)(多选)如图所示,一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动,速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场,小球飞离桌子边缘落到地板上。设其飞行时间为t1,水平射程为s1,落地速率为v1。撤去磁场,其余条件不变时,小球飞行时间为t2,水平射程为s2,落地速率为v2,则( BC )
A.t1s2
C.v1=v2 D.无法判断
解析:未撤去磁场时,小球受偏向上的洛仑兹力作用,竖直方向加速度小于重力加速度,下落时间较撤去磁场时长,水平位移也相应较大;而洛仑兹力不做功,故不会影响小球落地速率。
2.(带电粒子在磁场中的运动)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( A )
A. B.
C. D.
解析:
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解。如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qv0B=m,据几何关系,粒子在磁场中的轨道半径r=Rtan 60°=R,解得B=,选项A正确。
3.(洛伦兹力与电场力的比较)如图所示,平行板电容器的极板沿水平方向放置,电子束从电容器左侧正中间a处沿水平方向入射,电子的初速度都是v0,在电场力的作用下,刚好从图中所示的c点射出,射出时的速度为v。现若保持电场不变,再加一个匀强磁场,磁场的方向跟电场和电子入射的方向都垂直(图中垂直于纸面向里),使电子刚好由图中d点射出,c,d两点的位置相对于中线ab是对称的,则从d点射出时每个电子的动能等于 。
解析:洛伦兹力不做功,根据动能定理,电子从a→c过程中电场力做功W1=mv2-m,从a→d过程中电场力做功W2=m-m;又电场力做功与路径无关,且c,d两点的位置相对于中线ab是对称的,则有W1=-W2,联立即得m=m-mv2。
答案:m-mv2
4.(带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形)如图所示,质量均为m、电荷量大小均为q的正、负离子均从磁场边界上的一点A以与磁场边界夹角为30°的初速度v0射入到磁场中,然后分别从边界上的B点和C点射出,已知磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,正、负离子重力不计。求:
(1)AB,AC的长度;
(2)正、负离子在磁场中运动时间之比。
解析:画出正、负离子在磁场中的运动轨迹分别如图Ⅰ,Ⅱ所示。
(1)根据对称性可知AB=AC,且∠AO1B=∠AO2C=60°
由Bqv0=得R=
故AB=AC=2Rsin 30°=R=。
(2)正离子在磁场中偏转的圆心角
θ1=2π-= π
负离子在磁场中偏转的圆心角θ2=
由t=T,又T=可知,正、负离子的周期相同,
t正∶t负=5∶1。
答案:(1) (2)5∶1
5.(带电粒子在磁场中的临界和极值问题)如图所示,两块长L=0.8 m,间距d=0.6 m的水平金属极板间加有可调直流电压U,一束带正电的粒子流(比荷为=1.0×107 C/kg,重力不计),以速度v0=2×105 m/s从金属极板左侧正中间O1沿平行极板方向射入电场。带电粒子经过电场偏转后垂直进入右侧有理想边界的半圆形磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,O2为磁场圆心,磁场半径R=0.6 m。求:
(1)若带电粒子能进入右侧的磁场,其运动方向是顺时针还是逆时针。
(2)若两金属极板间的电压U1=600 V,带电粒子离开电场时速度的大小和方向。
(3)若带电粒子恰好从下极板右侧端点处射出电场,则此时的电压大小。
(4)若带电粒子满足(3),且经磁场偏转后从MN侧离开磁场,求最小的磁感应强度B。
解析:(1)带电粒子带正电,进入垂直纸面向里的磁场后由左手定则可知,其运动方向为逆时针。
(2)若两金属极板间的电压U1=600 V时,带电粒子进入偏转电场做类平抛运动,
平行于极板方向做匀速直线运动:
L=v0t,
垂直于极板方向做匀加速直线运动:
y=t2,vy=t,
代入数据得y=0.08 m<0.3 m,即能从电场右侧射出,
解得vy=4×104 m/s,
即带电粒子离开电场时的速度大小为
v==2.04×105 m/s。
方向为右向下偏转θ1角,
tan θ1==0.2。
(3)若带电粒子恰好从下极板右侧端点处离开电场,则偏转距离为y=0.3 m,由带电粒子做类平抛运动得,
平行于极板方向做匀速直线运动:
L=v0t,
垂直于极板方向做匀加速直线运动:
=t2,vy=t,
综合得U==2 250 V。
(4)
由(3)可得
tan θ2===,
即速度偏转角θ2=37°,
由几何关系可得,带电粒子离开电场,即进入磁场时的速度
v=v0=2.5×105 m/s,
临界状态时,带电粒子的运动轨道如图所示,即运动轨迹线与磁场圆相切,由余弦定理有
()2+r2-2rcos θ2=(R-r)2,
解得r=0.375 m,
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛仑兹力提供向心力
qvB=m,
解得若带电粒子能够从MN边射出,则磁场的磁感应强度的最小值
B==0.067 T。
答案:(1)逆时针
(2)2.04×105 m/s,方向为右偏下 tan θ1=0.2
(3)2 250 V (4)0.067 T
6.(带电粒子在磁场中的多解性问题)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M,N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:
(1)M,N间电场强度E的大小;
(2)圆筒的半径R;
(3)保持M,N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
解析:(1)设两板间的电压为U,由动能定理得
qU=mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②
联立上式可得E=。③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O′,圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO′S等于。由几何关系得r=Rtan ④
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律,得qvB=⑤
联立④⑤式得R=。⑥
(3)保持M,N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U′,
则U′==⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′,
由①式知=。
综合⑦式可得v′=v⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′,则r′=⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r′=R,可见θ=
粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3。
答案:(1) (2) (3)3
1.(2018·浙江6月学考,18)质量m=1×10-3 kg,电量q=+1×10-6 C的带电小球,以速度v在某一区域内做匀速直线运动。该区域内既有水平向东的匀强电场(电场强度E=1.73×104 N/C),又有匀强磁场B,则v,B的方向可能是( B )
A.v与E成30°,B水平向北
B.v与E成60°,B水平向北
C.v与E成53°,B水平向南
D.v与E成45°,B水平向南
解析:小球匀速直线运动,所以只能够电场力和重力的合力与洛伦兹力等大反向。电场力水平向东,大小1.73×10-2 N,重力竖直向下,大小1.0×10-2 N,由于力的大小关系可知,合力方向为东偏下30°,与洛伦兹力方向相反,根据左手定则,所以磁场方向由南到北,速度方向与E夹角60°,因此选B。
2.(2018·北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( C )
A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故v=。因此粒子是否做匀速直线运动,与粒子的电性、电量均无关,而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关。撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项C正确。
3.(2019·全国Ⅱ卷,17)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a,d两点射出的电子的速度大小分别为( B )
A.kBl,kBl B.kBl,kBl
C.kBl,kBl D.kBl,kBl
解析:
由题意可知,从a点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Ra=l,根据洛伦兹力提供向心力,qvaB=,解得va==kBl;从d点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Rd,根据几何关系得=l2+(Rd-)2,可得Rd=l,又qvdB=,解得vd==kBl,故B正确。
4.(2019·全国Ⅲ卷,18)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B,方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( B )
A. B. C. D.
解析:
由题意,作出粒子运动轨迹如图,设粒子进入磁场时的速度大小为v0,在第二象限的磁场中轨迹半径为r1,周期为T1,在第一象限的磁场中轨迹半径为r2,周期为T2,则r1=,T1=,r2=,T2=,则r2=2r1,由相应的几何关系可求得,粒子在第一象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°,在第二象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=T1+T2=+=,选项B正确。
5.(2015·浙江9月选考,23)某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图1所示,一个截面半径为R的圆筒(筒长大于2R)水平固定放置,筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场,磁感应强度大小为B。图2为圆筒的入射截面,图3为竖直方向过筒轴的切面。质量为m,电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器,可记录粒子到达筒壁的位置。筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R(离子碰到探测器即被吸收,忽略离子间的相互作用)。
(1)离子从O点垂直射入,偏转后到达P点,求该入射离子的速度v0;
(2)离子从OC线上垂直射入,求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围;
(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射,从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置,画出此入射区域的形状并求其面积。
解析:(1)由几何关系知离子运动的半径为R,
qv0B=m,
解得v0=。
(2)粒子以2v0从C点入射时,才能到达Q点,偏转半径为R1=2R,
qv1B=m,
解得v1=,
从O点入射时,设半径为R2,根据几何关系得
(R2-R)2+(2R)2=,
所以R2=R,
qv2B=m,
解得v2=,
所以粒子的入射速度范围是
≤v≤。
(3)当离子以的速度在偏离竖直线CO入射时,入射点与正下方筒壁的距离仍然为R,所以特定入射区域为图中阴影部分,由几何关系得扇形面积为
S1=×πR2=,
三角形的面积S2=,
所以阴影部分总面积为
S=2(S1-S2)= -。
答案:(1) (2)≤v≤
(3)见解析图 -
一、洛伦兹力
1.定义:运动电荷在磁场中所受的力。
2.大小:(1)v∥B时,F=0。
(2)v⊥B时,F=qvB。
3.方向
(1)判定方法:应用左手定则,注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向。
(2)方向特点:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B,v决定的平面。(注意B和v可以有任意夹角)。
由于F始终垂直于v的方向,故洛伦兹力永不做功。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.若v∥B,带电粒子以入射速度v做匀速直线运动。
2.若v⊥B,带电粒子在垂直于磁感线的平面内,以入射速度v做匀速圆周运动。
3.基本公式
(1)向心力公式:qvB=m。
(2)轨道半径公式:r=。
(3)周期公式:T==。
(4)频率公式:f==。
(5)角速度公式:ω==2πf=。
考点一 洛伦兹力
1.洛伦兹力的特点
(1)洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面。
(2)当电荷运动方向发生变化时,洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)用左手定则判断洛伦兹力的方向,注意分清正、负电荷。
(5)洛伦兹力一定不做功。
2.洛伦兹力与安培力的联系及区别
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现,二者是相同性质的力,都是磁场力。
(2)安培力可以做功,而洛伦兹力对运动电荷不做功。
[典例1] 如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,质量分别为ma,mb,mc,已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )
A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
解析:根据受力情况和方向分析,有mag=Eq,mbg=Eq+qBv,mcg=Eq-qBv。
答案:B
变式1:(2017·浙江11月学考)如图所示,在两水平金属板构成的器件中,存在着匀强电场与匀强磁场,电场强度E和磁感应强度B互相垂直。以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动,下列说法正确的是( C )
A.粒子一定带负电
B.粒子的速度大小v=
C.若粒子速度大小改变,粒子将做曲线运动
D.若粒子速度大小改变,电场对粒子的作用力会发生变化
解析:粒子做直线运动,说明竖直方向受力平衡,即qvB=qE,所以选项B错误;假设粒子带正电荷,则洛伦兹力竖直向上,电场力竖直向下,只要满足上式依然可以满足题意,所以选项A错误;如果粒子速度变大或变小,都会导致洛伦兹力变化,因此就会做曲线运动,所以选项C正确;不管粒子速度怎么变,带电量不变,在匀强电场中,粒子受到的电场力不变,所以选项D错误。
考点二 洛仑兹力与电场力的比较
洛伦兹力和电场力的区别
洛伦兹力
电场力
产生条件
v≠0且v不与B平行
电荷处在电场中
大小
F=qvB(v⊥B)
F=qE
力方向与场
方向的关系
一定是F⊥B,F⊥v,与电荷电性无关
正电荷受力与电场方向相同,负电荷受力与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功,也可能不做功
[典例2] 如图所示,一带负电的小球以一定的初速度v0竖直向上抛出,达到的最大高度为h1;若加上水平方向的匀强磁场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h2;若加上水平方向的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h3;若加上竖直向上的匀强电场,且保持初速度仍为v0,小球上升的最大高度为h4,不计空气阻力,则( )
A.h1=h3
B.h1
D.h2
变式2:一个质量m=0.1 g的小滑块,带有电荷量q=5×10-4 C,放置在倾角α=30°的光滑斜面上(斜面绝缘),斜面置于B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示,小滑块由静止开始沿斜面滑下,斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面。g取10 m/s2,则:
(1)小滑块带何种电荷?
(2)小滑块离开斜面的瞬时速度多大?
(3)该斜面的长度至少多长?
解析:(1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F,若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带负电荷。
(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的加速度为零,有
qvB+FN-mgcos α=0
当FN=0时,小滑块脱离斜面,
有qvB=mgcos α,得
v== m/s=2 m/s。
(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得
mgxsin α=mv2
斜面的长度至少是x== m=1.2 m。
答案:(1)负电荷 (2)2 m/s (3)1.2 m
考点三 带电粒子在匀强磁场中的运动
1.圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示,图中P为入射点,M为出射点)。
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示,P为入射点,M为出射点)。
2.半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小。
3.运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时,其运动时间表示为t=T(或t=)。
4.求解粒子在匀强磁场中运动问题的步骤
(1)画轨迹:即画出运动轨迹,并确定圆心,用几何方法求半径。
(2)找联系:轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、运动时间相联系,在磁场中运动的时间与周期相联系。
(3)用规律:即牛顿运动定律和圆周运动的规律,特别是周期公式、半径公式。由qvB=,可得r=。由T=,可得T=。
[典例3] 如图所示,粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子。这些粒子经装置M加速并筛选后,能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD。粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力,则粒子1和粒子2( )
A.均带正电,质量之比为4∶1
B.均带负电,质量之比为1∶4
C.均带正电,质量之比为2∶1
D.均带负电,质量之比为1∶2
解析:由左手定则和洛伦兹力方向可知粒子1和粒子2均带负电,=,由r=得==,故选B项。
答案:B
变式3:半径为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。一电荷量为q(q>0)、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。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)( B )
A. B. C. D.
解析:
带电粒子从距离ab为处射入磁场,且射出时与射入时速度方向的夹角为60°,粒子运动轨迹如图,ce为射入速度所在直线,d为射出点,射出速度反向延长交ce于f点,磁场区域圆心为O,带电粒子所做圆周运动圆心为O′,则O,f,O′在一条直线上,由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R,由F洛=F向得qvB=,解得v=,选项B正确。
考点四 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形
带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形
直线边界(粒子进出磁场具有对称性)
平行边界(粒子运动存在临界条件)
圆形边界(粒子沿径向射入,再沿径向射出)
[典例4] 如图所示,一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场,在ad边中点O垂直于磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子。已知粒子质量为m,电荷量为q,ad边长为L,ab边足够长,粒子重力不计,求:
(1)粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围。
(2)如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制,求粒子在磁场中运动的最长时间。
解析:(1)若粒子速度为v0,由qv0B=m,得R=
若轨迹与ab边相切,如图所示,
设此时相应速度为v01,则
R1+R1sin θ=,
将R1=代入上式可得v01=,
若轨迹与cd边相切,设此时粒子速度为v02,则
R2-R2sin θ=,
将R2=代入上式可得v02=,
所以粒子能从ab边上射出磁场的v0应满足
答案:(1)
A.Δt B.2Δt
C.Δt D.3Δt
解析:
设带电粒子以速度v射入磁场做圆周运动,圆心为O1,半径为r1,
则根据qvB=,
得r1=,
根据几何关系得=tan,
且1=60°;
当带电粒子以v的速度射入时,
轨道半径r2===r1,
圆心在O2,则=tan ,
即tan===3tan =,
故=60°,2=120°;
带电粒子在磁场中运动的时间t=T,
所以==,
即Δt2=2Δt1=2Δt,
故选项B正确,A,C,D错误。
考点五 带电体在磁场中的临界与极值问题
临界问题的关键是找出临界状态,临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状态的中间过程,这时存在着一个过渡的转折点,此转折点即为临界状态点。与临界状态相关的物理条件则称为临界条件,是解决临界问题的突破点。
(1)临界问题的一般解题模式:
①找出临界状态及临界条件;
②总结临界状态点的规律;
③分析临界量列出表达式;
④解出临界量。
(2)极值问题的分析思路
所谓极值问题就是对题中所求的某个物理量最大值或最小值的分析或计算,求解的思路一般有以下两种:一是根据题给条件列出函数关系式进行分析,讨论;二是借助于几何图形进行直观分析。
[典例5] 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子,图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q、具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝射出的粒子,下列说法正确的是( )
A.粒子带正电
B.射出粒子的最大速度为
C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差减小
D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析:利用左手定则可判定只有负电荷进入磁场时才向右偏,故选项A错误;利用qvB=知r=,能射出的粒子满足≤r≤,因此对应射出粒子的最大速度vmax==,选项B正确;vmin==,Δv=vmax-vmin=,由此式可判定选项C,D错误。
答案:B
变式5:如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,磁场中有一内、外半径分别为R,R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M,N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出,不计粒子重力。
(1)求粒子从P到M所用的时间t;
(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出,粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。
解析:(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=,
设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE,
设粒子在电场中运动的加速度为a,
根据牛顿第二定律有F=ma,
粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at,
联立解得t=。
(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。
设粒子在磁场中的轨迹半径为r′,由几何关系可得
(r′-R)2+(R)2=r′2,
设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知
tan θ=,
粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v,在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0,由运动的合成和分解可得
tan θ=,
联立解得v0=。
答案:(1) (2)
考点六 带电粒子在磁场中运动的多解问题
形成带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题多解的原因一般包含下述几个情形:
(1)带电粒子电性不确定。如图甲所示,带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若带正电,其轨迹为a,若带负电,其轨迹为b。
(2)磁场方向不确定形成多解。如图乙所示,带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场,若B垂直纸面向里,其轨迹为a,若B垂直纸面向外,其轨迹为b。
(3)临界状态不唯一形成多解。带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时,由于粒子运动轨迹是圆弧状,因此,它可能穿过去了,也可能转过180°从入射面边界反向飞出,如图丙所示,于是形成了多解。
(4)运动的往复性形成多解。带电粒子在组合场的空间运动时,运动往往具有往复性,从而形成多解。如图丁所示。
[典例6] 如图,在某装置中有一匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于xOy所在的平面向外。某时刻在x=l0,y=0处,一质子p沿y轴的负方向进入磁场;同一时刻,在x=-l0,y=0处,一个α粒子(氦原子核)进入磁场,速度方向与磁场垂直。不考虑质子与α粒子的相互作用。设质子p的质量为m,电荷量为e。
(1)如果质子经过坐标原点O,它的速度为多大?
(2)如果α粒子与质子在坐标原点相遇,α粒子的速度应为何值?方向如何?
解析:(1)根据质子p进入磁场处的位置和方向,可知其圆周轨道的圆心必在x轴上,其半径Rp=;设质子p的速度为vp,则有eBvp=,得vp=。
(2)质子p做圆周运动的周期为Tp=
由于α粒子电荷量为qα=2e,质量mα=4m,故α粒子做圆周运动的周期为Tα==2Tp
要使α粒子与质子p在坐标原点O相遇,则两粒子到达O点的时间均为t=nTp+=n+ (n=0,1,2,3,…)
由此可知α粒子进入磁场处与O点之间连线必为圆周或圆周所对应的弦,如图。由图可判得α粒子的轨道半径为Rα=
设α粒子的速度为vα,则有2eBvα=,得vα=。
入射方向有两个,用α粒子的速度方向与x轴的正方向夹角表示,则有θ1=,θ2=。
答案:(1) (2)见解析
变式6:(2017·浙江11月选考)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为θ的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间的相互作用。
(1)求离子的比荷;
(2)若发射的离子被收集板全部收集,求θ的最大值;
(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当θ=37°,磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系(不计离子在磁场中运动的时间)。
解析:(1)洛仑兹力提供向心力qvB0=m,
圆周运动的半径R=L,得=。
(2)如图1所示,以最大值θm入射时,有
Δx=2R(1-cos θm)=L或2Rcos θm=L,得θm=。
(3)B>B0,全部收集到离子时的最小半径为R1,如图2,有
2R1cos 37°=L,得B1==1.6B0,
当B0≤B≤1.6B0时,有n1=n0。
B>1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L,得B2=2B0。
当1.6B0
当2B0
答案:(1) (2) (3)见解析
1.(洛伦兹力)(多选)如图所示,一个带正电的小球沿光滑的水平绝缘桌面向右运动,速度的方向垂直于一个水平方向的匀强磁场,小球飞离桌子边缘落到地板上。设其飞行时间为t1,水平射程为s1,落地速率为v1。撤去磁场,其余条件不变时,小球飞行时间为t2,水平射程为s2,落地速率为v2,则( BC )
A.t1
C.v1=v2 D.无法判断
解析:未撤去磁场时,小球受偏向上的洛仑兹力作用,竖直方向加速度小于重力加速度,下落时间较撤去磁场时长,水平位移也相应较大;而洛仑兹力不做功,故不会影响小球落地速率。
2.(带电粒子在磁场中的运动)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( A )
A. B.
C. D.
解析:
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,利用几何关系和洛伦兹力公式即可求解。如图所示,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qv0B=m,据几何关系,粒子在磁场中的轨道半径r=Rtan 60°=R,解得B=,选项A正确。
3.(洛伦兹力与电场力的比较)如图所示,平行板电容器的极板沿水平方向放置,电子束从电容器左侧正中间a处沿水平方向入射,电子的初速度都是v0,在电场力的作用下,刚好从图中所示的c点射出,射出时的速度为v。现若保持电场不变,再加一个匀强磁场,磁场的方向跟电场和电子入射的方向都垂直(图中垂直于纸面向里),使电子刚好由图中d点射出,c,d两点的位置相对于中线ab是对称的,则从d点射出时每个电子的动能等于 。
解析:洛伦兹力不做功,根据动能定理,电子从a→c过程中电场力做功W1=mv2-m,从a→d过程中电场力做功W2=m-m;又电场力做功与路径无关,且c,d两点的位置相对于中线ab是对称的,则有W1=-W2,联立即得m=m-mv2。
答案:m-mv2
4.(带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形)如图所示,质量均为m、电荷量大小均为q的正、负离子均从磁场边界上的一点A以与磁场边界夹角为30°的初速度v0射入到磁场中,然后分别从边界上的B点和C点射出,已知磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,正、负离子重力不计。求:
(1)AB,AC的长度;
(2)正、负离子在磁场中运动时间之比。
解析:画出正、负离子在磁场中的运动轨迹分别如图Ⅰ,Ⅱ所示。
(1)根据对称性可知AB=AC,且∠AO1B=∠AO2C=60°
由Bqv0=得R=
故AB=AC=2Rsin 30°=R=。
(2)正离子在磁场中偏转的圆心角
θ1=2π-= π
负离子在磁场中偏转的圆心角θ2=
由t=T,又T=可知,正、负离子的周期相同,
t正∶t负=5∶1。
答案:(1) (2)5∶1
5.(带电粒子在磁场中的临界和极值问题)如图所示,两块长L=0.8 m,间距d=0.6 m的水平金属极板间加有可调直流电压U,一束带正电的粒子流(比荷为=1.0×107 C/kg,重力不计),以速度v0=2×105 m/s从金属极板左侧正中间O1沿平行极板方向射入电场。带电粒子经过电场偏转后垂直进入右侧有理想边界的半圆形磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,O2为磁场圆心,磁场半径R=0.6 m。求:
(1)若带电粒子能进入右侧的磁场,其运动方向是顺时针还是逆时针。
(2)若两金属极板间的电压U1=600 V,带电粒子离开电场时速度的大小和方向。
(3)若带电粒子恰好从下极板右侧端点处射出电场,则此时的电压大小。
(4)若带电粒子满足(3),且经磁场偏转后从MN侧离开磁场,求最小的磁感应强度B。
解析:(1)带电粒子带正电,进入垂直纸面向里的磁场后由左手定则可知,其运动方向为逆时针。
(2)若两金属极板间的电压U1=600 V时,带电粒子进入偏转电场做类平抛运动,
平行于极板方向做匀速直线运动:
L=v0t,
垂直于极板方向做匀加速直线运动:
y=t2,vy=t,
代入数据得y=0.08 m<0.3 m,即能从电场右侧射出,
解得vy=4×104 m/s,
即带电粒子离开电场时的速度大小为
v==2.04×105 m/s。
方向为右向下偏转θ1角,
tan θ1==0.2。
(3)若带电粒子恰好从下极板右侧端点处离开电场,则偏转距离为y=0.3 m,由带电粒子做类平抛运动得,
平行于极板方向做匀速直线运动:
L=v0t,
垂直于极板方向做匀加速直线运动:
=t2,vy=t,
综合得U==2 250 V。
(4)
由(3)可得
tan θ2===,
即速度偏转角θ2=37°,
由几何关系可得,带电粒子离开电场,即进入磁场时的速度
v=v0=2.5×105 m/s,
临界状态时,带电粒子的运动轨道如图所示,即运动轨迹线与磁场圆相切,由余弦定理有
()2+r2-2rcos θ2=(R-r)2,
解得r=0.375 m,
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛仑兹力提供向心力
qvB=m,
解得若带电粒子能够从MN边射出,则磁场的磁感应强度的最小值
B==0.067 T。
答案:(1)逆时针
(2)2.04×105 m/s,方向为右偏下 tan θ1=0.2
(3)2 250 V (4)0.067 T
6.(带电粒子在磁场中的多解性问题)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M,N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:
(1)M,N间电场强度E的大小;
(2)圆筒的半径R;
(3)保持M,N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
解析:(1)设两板间的电压为U,由动能定理得
qU=mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed②
联立上式可得E=。③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O′,圆半径为r。设第一次碰撞点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO′S等于。由几何关系得r=Rtan ④
粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律,得qvB=⑤
联立④⑤式得R=。⑥
(3)保持M,N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U′,
则U′==⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′,
由①式知=。
综合⑦式可得v′=v⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′,则r′=⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r′=R,可见θ=
粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3。
答案:(1) (2) (3)3
1.(2018·浙江6月学考,18)质量m=1×10-3 kg,电量q=+1×10-6 C的带电小球,以速度v在某一区域内做匀速直线运动。该区域内既有水平向东的匀强电场(电场强度E=1.73×104 N/C),又有匀强磁场B,则v,B的方向可能是( B )
A.v与E成30°,B水平向北
B.v与E成60°,B水平向北
C.v与E成53°,B水平向南
D.v与E成45°,B水平向南
解析:小球匀速直线运动,所以只能够电场力和重力的合力与洛伦兹力等大反向。电场力水平向东,大小1.73×10-2 N,重力竖直向下,大小1.0×10-2 N,由于力的大小关系可知,合力方向为东偏下30°,与洛伦兹力方向相反,根据左手定则,所以磁场方向由南到北,速度方向与E夹角60°,因此选B。
2.(2018·北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是( C )
A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故v=。因此粒子是否做匀速直线运动,与粒子的电性、电量均无关,而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关。撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项C正确。
3.(2019·全国Ⅱ卷,17)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a,d两点射出的电子的速度大小分别为( B )
A.kBl,kBl B.kBl,kBl
C.kBl,kBl D.kBl,kBl
解析:
由题意可知,从a点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Ra=l,根据洛伦兹力提供向心力,qvaB=,解得va==kBl;从d点射出的电子在匀强磁场中的运动轨迹半径为Rd,根据几何关系得=l2+(Rd-)2,可得Rd=l,又qvdB=,解得vd==kBl,故B正确。
4.(2019·全国Ⅲ卷,18)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B,方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为( B )
A. B. C. D.
解析:
由题意,作出粒子运动轨迹如图,设粒子进入磁场时的速度大小为v0,在第二象限的磁场中轨迹半径为r1,周期为T1,在第一象限的磁场中轨迹半径为r2,周期为T2,则r1=,T1=,r2=,T2=,则r2=2r1,由相应的几何关系可求得,粒子在第一象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°,在第二象限的磁场中运动轨迹对应的圆心角为90°,则粒子在磁场中运动的时间t=t1+t2=T1+T2=+=,选项B正确。
5.(2015·浙江9月选考,23)某科研小组设计了一个粒子探测装置。如图1所示,一个截面半径为R的圆筒(筒长大于2R)水平固定放置,筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场,磁感应强度大小为B。图2为圆筒的入射截面,图3为竖直方向过筒轴的切面。质量为m,电荷量为q的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内。圆筒内壁布满探测器,可记录粒子到达筒壁的位置。筒壁上的P点和Q点与入射面的距离分别为R和2R(离子碰到探测器即被吸收,忽略离子间的相互作用)。
(1)离子从O点垂直射入,偏转后到达P点,求该入射离子的速度v0;
(2)离子从OC线上垂直射入,求位于Q点处的探测器接收到的离子的入射速度范围;
(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射,从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R的筒壁位置,画出此入射区域的形状并求其面积。
解析:(1)由几何关系知离子运动的半径为R,
qv0B=m,
解得v0=。
(2)粒子以2v0从C点入射时,才能到达Q点,偏转半径为R1=2R,
qv1B=m,
解得v1=,
从O点入射时,设半径为R2,根据几何关系得
(R2-R)2+(2R)2=,
所以R2=R,
qv2B=m,
解得v2=,
所以粒子的入射速度范围是
≤v≤。
(3)当离子以的速度在偏离竖直线CO入射时,入射点与正下方筒壁的距离仍然为R,所以特定入射区域为图中阴影部分,由几何关系得扇形面积为
S1=×πR2=,
三角形的面积S2=,
所以阴影部分总面积为
S=2(S1-S2)= -。
答案:(1) (2)≤v≤
(3)见解析图 -
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