【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2节磁场对运动电荷的作用学案

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【物理】2020届一轮复习人教版第九章第2节磁场对运动电荷的作用学案

第 2 节 磁场对运动电荷的作用 考点 1 ► 对洛伦兹力的理解 【p164】 夯实基础 洛伦兹力:磁场对__运动电荷__的作用力. 1.洛伦兹力的大小:__F=qvBsin__θ__,其中θ为 v 与 B 间的夹角.当带电粒子的运动方向与磁场 方向互相平行时,F=0;当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时,F=__qvB__.只有运动电荷在磁 场中才有可能受到洛伦兹力作用,静止电荷在磁场中不受磁场的作用力. 2.洛伦兹力计算公式的推导 如图所示,整个导线受到的磁场力(安培力)为 F 安=BIL;其中 I=nqSv;设导线中共有 N 个自由电子 N=nSL;每个电子受的磁场力为 F,则 F 安=NF.由以上四式得 F=qvB.条件是 v 与 B 垂直.当 v 与 B 成θ 角时,F=qvBsin θ. 3.洛伦兹力的方向:运动电荷在磁场中受到的洛伦兹力方向可用__左手定则__来判定,要注意:四 个手指的指向与__正__电荷的运动方向相同、与负电荷的运动方向相反;洛伦兹力 F一定__垂直于__B、v 的方向(即 F 总是垂直于 B 和 v 所在的平面),但 B、v 不一定垂直. 4.洛伦兹力的特点:对运动电荷不做功,只能改变运动电荷__速度的方向__,不改变运动电荷的速 度大小. 考点突破 例 1 如图所示,下端封闭、上端开口、高 h=5 m 内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有质量 m=10 g, 电荷量的绝对值|q|=0.2 C 的小球,整个装置以 v=5 m/s 的速度沿垂直于磁场方向进入磁感应强度 B= 0.2 T,方向垂直纸面向内的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从 上端管口飞出.g取 10 m/s 2 .下列说法中正确的是( ) A.小球带负电 B.小球在竖直方向做匀速直线运动 C.小球在玻璃管中的运动时间小于 1 s D.小球机械能的增加量为 1 J 【解析】由左手定则可知,小球带正电,选项 A错误;玻璃管在水平方向做匀速运动,则竖直方向所 受的洛伦兹力恒定,则竖直方向加速度不变,即小球在竖直方向做匀加速直线运动,选项 B错误;小球在 竖直方向的加速度 a= Bqv-mg m = 0.2×0.2×5-0.01×10 0.01 m/s2=10 m/s2,在管中运动的时间 t= 2h a = 2×5 10 s=1 s,选项 C错误;小球到管口时的速度 v′=at=10 m/s,机械能的增加量:ΔE=mgh+ 1 2 mv′ 2 =(0.01×10×5+ 1 2 ×0.01×10 2 ) J=1 J,选项 D正确. 【答案】D 针对训练 1.(多选)如图所示,ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中 AB 为倾斜直轨道,BC 为与 AB 相切的 圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里.质量相同的甲、乙、丙三个小球中, 甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道 AB 上分别从不同高度处由静止释放,都恰 好能通过圆形轨道的最高点,下列说法正确的有(CD) A.经过最高点时,三个小球的速度相等 B.经过最高点时,甲球的速率最小 C.甲球的释放位置比乙球的高 D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变 【解析】对甲球:F洛 1+mg= mv 2 甲 R ,对乙球:mg-F 洛 2= mv 2 乙 R ,对丙球:mg= mv 2 丙 R ,∴v 甲>v 丙>v 乙,F 洛 不做功,依机械能守恒,有 h 甲>h 丙>h 乙,C、D均对. 2.如图所示,质量为 m,电量为 q 的带正电物体,在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场 中,沿水平面向左以初速度 v 运动,已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为 g,则(B) A.若另加一个电场强度为 μ(mg+qvB) q 、方向水平向右的匀强电场,物体做匀速运动 B.若另加一个电场强度为 mg+qvB q 、方向竖直向上的匀强电场,物体做匀速运动 C.物体的速度由 v 减小到零所用的时间等于 mv μ(mg+qvB) D.物体的速度由 v 减小到零所用的时间小于 mv μ(mg+qvB) 【解析】若另加一个电场强度为 μ(mg+qvB) q 、方向水平向右的匀强电场,电场力 F=qE=μ(mg+ qvB)=f,但电场力的方向与摩擦力方向相同,故物体不能处于平衡状态,故 A 错误;若另加一个电场强 度为 mg+qvB q 、方向竖直向上的匀强电场,电场力 F=qE=mg+qvB,支持力为零,故摩擦力为零,物体做 匀速直线运动,故 B 正确;对物体受力分析,受重力、支持力,洛伦兹力和滑动摩擦力;根据左手定则, 洛伦兹力向下,合力向右,物体做减速运动;由于摩擦力 f=μ(mg+qvtB),不断减小,加速度不断减小, 不是匀变速运动,故物体的速度由 v减小到零所用的时间大于 mv μ(mg+qvB) ,故 C、D错误. 考点 2 ► 带电粒子在磁场中的 圆周运动问题 【p165】 夯实基础 1.带电粒子速度方向与磁场方向平行时,在磁场中做__匀速直线__运动. 2.带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场后,在洛伦兹力作用下必定做__匀速圆周运动__. (1)轨迹半径 R 依 Bqv=__ mv 2 R __,得 R=__ mv qB __. (2)运动周期 T,T=__ 2πR v __,又 R= mv qB ,得 T=__ 2πm qB __,所以 T与__R、v__无关,只由带电粒子的 比荷和磁感应强度决定. (3)运动时间 t,当带电粒子转过的圆心角为α时,运动时间 t= αT 2π = mα qB 或 t= s v = Rα v = mα qB . 考点突破 例 2 如图所示,在某电子设备中分布有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B.AC、AD 两块 挡板垂直纸面放置,夹角为 90°,一束电荷量为+q、质量为 m的相同粒子,从 AD 板上距 A 点为 L 的小孔 P 以不同速率沿纸面射入,速度方向与 AD 板的夹角均为 60°,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,粒 子打在挡板上就被挡板吸收.则( ) A.粒子在磁场中运动的最长时间 t= 2πm 3Bq B.直接打在 AD 板上的粒子,运动速率的最大值为 3BqL m C.垂直打在 AC 板上的粒子,运动的速率 v= 2 3BqL 3m D.在磁场中运动的时间 t= πm 2Bq 的粒子,运动的速率 v= ( 3-1)BqL m 【解析】如图所示,根据已知条件画出粒子的运动轨迹(如图线Ⅰ),粒子打在 AD 板上在磁场中运动 的时间最长,由几何关系可知:轨迹对应的圆心角:θ=120°,粒子在磁场中运动的最长时间 t= 120 360 × 2πm qB = 2πm 3qB ,故 A正确; 由 qvB= mv 2 R ,可知 v= qBR m ,直接打在 A 点的粒子的运动速率取最大值,由几何关系可得 2Rcos 30°= L,解得 R= 3L 3 ,即粒子的运动速率的最大值 vm= 3qBL 3m ,故 B 错误;粒子垂直打到 AC 板,运动轨迹如图 线Ⅱ所示,由几何关系可得 R′cos 30°=L,解得 R′= 2 3L 3 ,即粒子的运动速率为 v= 2 3qBL 3m ,故 C 正 确;由题意可知 t= πm 2qB = T 4 ,运动轨迹如图线Ⅲ所示,由几何关系可得 L=R1cos 30°+R1sin 30°,解得 R1=( 3-1)L,运动的速率 v= ( 3-1)qBL m ,故 D正确. 【答案】ACD 【小结】1.带电粒子在有理想边界的匀强磁场中做匀速圆周运动,其运动规律是洛伦兹力做向心力, 此类题一般按以下三步解题: (1)画轨迹:即确定圆心,用几何方法求半径并画出运动轨迹. (2)找联系:轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系,偏转角度与圆心角、入射方向、出射方向相 联系,在磁场中运动的时间与周期相联系. (3)用规律:即牛顿第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式. 2.解题的关键是画粒子运动的示意图,确定圆心、半径及圆心角. (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: 用几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小.注意粒子速度的偏向角等于粒 子转过的圆心角,等于弦切角的 2 倍. (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α时,其运动时间为:t= α 2π T(t= s v = Rα v = mα qB ). 轨迹所对的圆心角最小时,运动时间最短. 轨迹所对的圆心角最大时,运动时间最长. 3.常见的几种磁场边界 (1)单条直线边界:进出磁场具有对称性,如图所示. (2)平行边界:存在临界条件,如图所示. (3)圆形边界:沿径向射入必沿径向射出,如图所示. 针对训练 3.(多选)如图所示,半径为 R 的半圆形有界磁场关于 x 轴对称,y 轴刚好与磁场左边界在坐标原点处 相切,在坐标原点处有一粒子源,可以沿 x 轴正方向连续地发射质量为 m,电荷量大小为 q 的不同速率的 正、负电荷.已知磁场的方向垂直于坐标平面向里,磁感应强度大小为 B,若粒子不能从半圆的直径部分 射出,则(AD) A.粒子在磁场中运动的最大半径可能为 R B.粒子在磁场中运动的最大速度可能为 qBR 2m C.粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为(π-1)R 2 D.粒子在磁场中运动的最短时间可能为 πm 2qB 【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出,则半径最大的是轨迹刚好与直径相切,由几何关系可知这 时的粒子运动半径为 R,选项 A 正确;最大半径对应着最大速度,由 R= mv qB 得 v= qBR m ,选项 B 错误;粒子 在磁场中运动扫过的面积最大可能为 4( 1 4 πR2- 1 2 R2)=(π-2)R2,选项 C 错误;粒子在磁场中运动的轨道 半径越大,运动轨迹所对的圆心角越小,因此最小时间为 1 4 T= πm 2qB ,选项 D 正确. 4.在 xOy 平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,两个相同的带 电粒子以相同的速度分别从 y 轴上的 P、Q 两点同时垂直于 y 轴向右射出,最后均打在 x 轴上的 N 点,已 知 P、N 两点的坐标分别为(0,3L)、( 3L,0),不计两粒子的重力与相互作用力.根据题中条件不能确定 的是(D) A.两带电粒子在磁场中运动的半径 B.两带电粒子到达 N点所用的时间比 C.Q 点的坐标 D.带电粒子的比荷 【解析】粒子的运动轨迹如图,由几何关系可知 PN 长为 2 3L;∠OQN=60°,则 R= 3L 3 2 =2L;因两 粒子的速度相同,且是同种粒子,则可知,它们的轨迹半径相同;即两粒子的轨迹半径均可求出;A 能确 定;同时根据几何关系可知,从 P 入射的粒子在磁场中转过的圆心角为 120°,从 Q 入射的粒子在磁场中 转过的圆心角为 60°;即可确定对应的运动时间,则由 t= θ 360° T,可以求得运动的时间比:tP∶tQ=120°∶ 60°=2∶1,可确定带电粒子到达 N 点所用的时间比,B 能确定;根据几何关系,OQ=L,可以确定 Q点的 坐标,C能确定;根据 R= mv qB ,由于不知磁感应强度和速度,故无法求得比荷,D 不能确定;故选 D. 考点 3 ► 带电粒子在有界磁场中 的临界问题 【p166】 夯实基础 当在题干中出现“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语时,就预示着是一个临界极值问题.必须 借助半径 R 和速度 v(或磁场 B)之间的约束关系进行动态轨迹分析,确定轨迹圆和磁场边界的相切或相交 关系,找出切点和交点,然后用数学方法求出极值.常用的结论有: 1.刚好穿出磁场边界的条件是轨迹与边界相切. 2.当速度 v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,运动时间越长,v 变化时,圆心角越大,运动 时间越长. 3.当速度 v 变化时,圆心角大的,运动时间长.解题时要画出运动轨迹图,找出圆心,依几何关系 求出轨迹半径及圆心角. 4.在圆形匀强磁场中,当轨迹圆半径大于磁场圆半径时,则入射点和出射点连线等于磁场圆直径时, 轨迹对应的偏转角最大,运动时间最长. 考点突破 例 3 如图所示,平行边界 MN、PQ 间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为 B,两边界 的间距为 d,MN 上有一粒子源 A,可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为 m、电荷量均为+q 的粒子, 粒子射入磁场的速度大小 v= 2qBd 3m ,不计粒子的重力,则粒子能从 PQ 边界射出的区域长度与能从 MN 边界 射出的区域长度之比为( ) A.1∶1 B.2∶3 C. 3∶2 D. 3∶3 【解析】粒子在磁场中只受洛伦兹力作用,做匀速圆周运动,故有:qBv=m v 2 R ,则粒子运动半径为 R = mv qB = 2 3 d,由左手定则得:粒子向运动方向左侧偏转做圆周运动;当粒子沿 AN 方向进入磁场时,粒子打 在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最下端,由几何关系得:落点距 A 点的竖直距离为:L1= R 2 -(d-R) 2 = 3 3 d,粒子进入磁场的方向逆时针旋转,粒子打在 PQ 上的点上移,直到运动轨迹与 PQ 相 切时,粒子打在 PQ 上的位置为粒子能从 PQ 边界射出的区域的最上端,由几何关系得:落点距 A 点的竖直 距离为:L2= R2-(d-R) 2 = 3 3 d,故粒子能从 PQ 边界射出的区域长度为:L=L1+L2= 2 3 3 d,因为 RQB,则 A球在 B 球的下方运动 B.无论 QA、QB关系如何,A、B 均能在同一轨道上运动 C.若 QA>QB,则漏斗对 A 球的弹力大于对 B 球的弹力 D.无论 QA、QB关系如何,均有漏斗对 A球的弹力等于漏斗对 B球的弹力 【解析】根据左手定则,小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外,受力分析如图: FNsin θ=mg;FNcos θ-qvB= mv2 R ,则 R= mv2tan θ mg-qvBtan θ ,则 R 随 q 的变大而增大,则 A、B 错误; 由竖直方向的受力可知:FN= mg sin θ ,则压力不变,选项 C错误,D 正确. 4.如图所示,在直角三角形 abc 区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小 为 B,∠a=60°,∠b=90°,边长 ac=L.一个粒子源在 a 点将质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子以大 小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是(A) A. qBL 2m B. 3qBL 6m C. 3qBL 4m D. qBL 6m 【解析】依 t= θ 2π T,在磁场中转过的角度θ最大时,运动时间最长,因此速度方向沿 ab 射入磁场的 粒子在磁场中偏转的最大角度为 120°,时间最长.在这种情况下,最大速度对应着最大半径,而最大半 径只能是 R=ab= L 2 ,故 A 正确. 5.如图,abcdef 为圆形磁场区域的圆周上的 6个等分点,比荷相同的粒子先后从 f 沿 fd 方向射入磁 场区域.从 a 点离开磁场的粒子,速度大小为 va,在磁场中运动的时间为 ta;从 c 点离开磁场的粒子,速 度大小为 vc,在磁场中运动的时间为 tc.不计粒子重力,则(A) A. va vc = 1 4 , ta tc = 3 1 B. va vc = 1 4 , ta tc = 2 1 C. va vc = 1 2 , ta tc = 2 1 D. va vc = 1 2 , ta tc = 3 1 【解析】画出从 a、c 两点射出磁场的比荷相同的粒子的运动轨迹如图所示,从 a 点射出的粒子的轨 迹圆圆心位于 Oa,从 C 点射出的粒子的轨迹圆圆心为 Oc,由几何关系得:从 a点射出的粒子的半径 ra= 1 2 R(R 为磁场区域的半径),从 c 点射出的粒子的半径 rc=2R.由洛伦兹力提供向心力 qvB=m v2 r 可得 v= qBr m ,周 期 T= 2πr v = 2πm qB ,在磁场中运动时间 t= θ 360° T. 所以 va vc = ra rc = 1 2 R 2R = 1 4 , ta tc = θa θc = 180° 60° = 3 1 ,选项 A 正确. 6.如图所示,边长为 L 的正方形 ABCD 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场.一质量为 m、带电荷量为 q 的粒子从 A 点以速度 v0垂直射入磁场,速度方向与 AB 的夹角为α,粒子刚好从 B 点射出磁场,不计粒子 重力,则(D) A.粒子一定带正电 B.匀强磁场的磁感应强度为 2mv0cos α qL C.粒子从 A到 B所需的时间为 2αL v0sin α D.粒子在磁场中离 AB 的最远距离为 (1-cos α)L 2sin α 【解析】在 A 位置,已知速度方向、磁场方向和洛伦兹力方向,根据左手定则,粒子带负电荷,故 A 错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,画出运动轨迹,如图所示: 结合几何关系,有:r= L 2 sin α = L 2sin α ,根据牛顿第二定律,有:qv0B= mv 2 0 r ,联立解得:B= 2mv0sin α qL , B错误;从A点到B点对应的弧长为:s=2αr= αL sin α ;故粒子从A点到B点所需的时间为:t= s v0 = αL v0sin α , C 错误;粒子在磁场中离 AB 边界的最远距离为:ΔL=r-rcos α= (1-cos α)L 2sin α ,D 正确. 7.一束质子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是一个正方形的、方向垂直纸面向外的匀强磁场中, 则下列说法中正确的是(C) A.在磁场中运动时间越长的质子,其轨迹线一定越长 B.在磁场中运动时间相同的质子,其轨迹线一定重合 C.在磁场中运动时间越长的质子,其轨迹所对圆心角一定越大 D.速率不同的质子,在磁场中运动时间一定不同 【解析】质子在同一匀强磁场中运动周期相同,T= 2πm eB .据题意分析如图所示,速率不同的质子群在 有界磁场中分别运动的时间可能有: T 2 =ta=tb>tc>td>te,其中 a、b 轨迹所对圆心角最大,均为π.所以 在 A、B、C 三个选项中选择 C.由图还可看到,ra<rb.因为 r= mv eB ,所以 va<vb.虽 a、b 速率不同,但在有 界磁场中运动时间相同,D错. 8.如图所示,在一挡板 MN 的上方,有磁感应强度为 B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.P 为 MN 上的一个粒子发射源,它能连续垂直磁场向 MN 上方各个方向发射速率为 v、质量为 m、带电量为 q的粒子, 假设不计粒子的重力和粒子间的相互作用,粒子打到挡板上时均被挡板吸收.则在垂直于磁场的平面内, 有粒子经过的区域面积是(C) A. πm 2 v 2 q 2 B 2 B. 2πm 2 v 2 q 2 B 2 C. 3πm2v2 2q2B2 D. πm2v2 4q2B2 【解析】由题意可知粒子在磁场中的运动半径 R= mv qB ,所有粒子在磁场中半径相同, 由图可知,由 O 点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界;随着粒子的速度方向偏转,粒子转动的 轨迹圆可认为是以 O 点为圆心以 2R 为半径转动.如图所示,由几何图形可知,带电粒子可能经过的区域 的面积为:S= 1 2 πR 2 + 1 4 π(2R) 2 = 3πm 2 v 2 2q 2 B 2 ,故选 C. B 组 9.如图所示,带有正电荷的 A 粒子和 B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为 30 °、60°)从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点射入磁场,又恰好都不从另一边界飞出,则下列说 法中正确的是(D) A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶ 3 B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 2+ 3 3 C.A、B两粒子的比荷之比是 3∶1 D.A、B两粒子的比荷之比是 2+ 3 3 【解析】设粒子速度 v 与磁场左边界成α角,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得:qvB=m v 2 r ,解得:r= mv qB ; 由几何关系得:rcosα+r=d,∴ rAcos 30°+rA=d,rBcos 60°+rB=d,解得: rA rB = 3 2+ 3 ,故 A、 B 错误;粒子轨道半径:r= mv qB 可知, q m = v Br ,由题意可知,两粒子的 v 大小与 B 都相同,则两粒子的 q m 之比 与轨道半径成反比,则 A、B 两粒子的 q m 之比是 2+ 3 3 ,故 C 错误,D正确. 10.如图所示,在半径为 a(大小未知)的圆柱空间(图中圆为其横截面),固定放置一绝缘材料制成的 边长为 L 的弹性等边三角形框架 DEF,其中心 O 位于圆柱的轴线上.在三角形框架 DEF 与圆柱之间的空间 中,充满磁感应强度大小为 B 的匀强磁场,其方向平行于圆柱轴线垂直纸面向里.在 EF 边上的中点 S 处 有一发射带电粒子的粒子加速器,粒子发射的方向均在截面内且垂直于 EF 边并指向磁场区域.发射粒子 的电量均为 q(q>0),质量均为 m,速度大小均为 v= qBL 6m ,若粒子与三角形框架的碰撞均没有动能损失,且 粒子在碰撞过程中所带的电量不变.(不计带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用)求: (1)为使初速度为零的粒子速度增加到 v= qBL 6m ,在粒子加速器中,需要的加速电压为多大; (2)带电粒子在匀强磁场区域内做匀速圆周运动的半径; (3)若满足:从 S 点发射出的粒子都能再次返回 S 点,则匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 至少为多 大? (4)若匀强磁场区域的横截面圆周半径 a 满足第(3)问的条件,则从 S 点发射出的某带电粒子从 S 点发 射到第一次返回 S点的时间是多少. 【解析】(1)在粒子加速器中,带电粒子在电场中被加速,根据动能定理 qU= 1 2 mv2,解得 U= qB 2 L 2 72m (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,qvB=m v 2 r ,解得 r= mv qB = L 6 (3)设想某个带电粒子从 S发射后又能回到 S,则带电粒子运动轨迹如图所示 当带电粒子的运动轨迹同磁场区域内切时,磁场区域半径有最小值 amin,由几何关系得 amin=OG=OF+FG=r+ 3L 3 =( 1 6 + 3 3 )L (4)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由 T= 2πr v = 2πm qB 由轨迹图可知,带电粒子从 S 点发射到第一次返回 S 点的时间是 t= 11 2 T= 11πm qB 11.如图所示,xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度 B=0.08 T,在原点 O 有一粒子 源,它可以在 xOy 平面内向Ⅰ、Ⅳ象限各个方向发射质量 m=9.6×10 -24 kg、电荷量 q=4.8×10 -16 C、速 度 v=1×10 6 m/s 的带正电的粒子.一足够长薄板平行于 x 轴垂直于 y 轴放置,与 y 轴交于 O′点且离 x 轴距离为 0.4 m,不考虑粒子之间的相互作用,结果保留两位有效数字. (1)若磁场范围足够大,求薄板下表面被粒子击中的区域的长度; (2)若匀强磁场大小、方向均不变,但只存在于一个圆形区域中,粒子源恰好在其边界上,已知粒子 最后全部垂直打在薄板上,求粒子从 O 点到薄板的最长时间和最短时间. 【解析】(1)带电粒子在磁场中受洛伦兹力,做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力有 qvB=m v 2 r 得 r= mv qB =0.25 m 如图所示,轨迹直径的另一端在薄板上 M 点时粒子落点为右侧最远点,显然 OM=2r=0.50 m,O′M =0.30 m 轨迹与薄板左侧相切于 N 点时粒子落点为左侧最远点,NO2延长交 x轴于 N′点,分析可得 O2N′=0.4 m-0.25 m=0.15 m 得 ON′=0.20 m,解得 O′N=0.20 m 被打中区域长 MN=0.50 m (2)依题意可知,虚线圆为磁场边界,当其半径等于轨迹半径时,粒子射出磁场时方向与 x 轴垂直, 粒子离开圆形磁场时,经分析速度方向均沿 y轴正方向垂直打到薄板上. 当初速度方向沿 y 轴正方向时,轨迹最短,最短时间 t1= OO′ v = 0.4 1.0×10 6 s=4.0×10 -7 s 当速度方向沿 y 轴负方向时,轨迹经 x 轴上的 P 点后垂直打到薄板上,轨迹最长,最长时间 t2= πr v + OO′ v =1.2×10-6 s
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