2018-2019高中物理 第三章 磁場 3.6 帶電粒子在勻強磁場中的運動課件 新人教版選修3-1.ppt

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1、6帶電粒子在勻強磁場中的運動,一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.運動軌跡：帶電粒子(不計重力)以一定的速度v進入磁感應強度為B的勻強磁場時：(1)當v∥B時，帶電粒子將做_________運動。(2)當v⊥B時，帶電粒子將做_________運動。,勻速直線,勻速圓周,2.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動：(1)運動條件：不計重力的帶電粒子沿著與磁場_____的方向進入勻強磁場。(2)洛倫茲力作用：提供帶電粒子做圓周運動的_______，即qvB=_____。,垂直,向心力,(3)基本公式。①半徑：r=_____；②周期：T=_____。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期與粒子______

2、___和_____無關。,運動速率,半徑,二、質譜儀和回旋加速器1.質譜儀：(1)規(guī)律。①帶電粒子在電場中做加速運動，根據動能定理：___=mv2。②帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力：____=。,qU,qvB,(2)用途：根據r=_________，質譜儀可以測量帶電粒子的質量或者分析同位素等。,2.回旋加速器：(1)電場的特點及作用。①特點：兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在___________的電場。②作用：帶電粒子經過該區(qū)域時被_____。,周期性變化,加速,(2)磁場的特點及作用。①特點：D形盒處于與盒面垂直的_____磁場中。②作用：帶電粒子在洛倫茲力作用下做____

3、_____運動，從而改變運動方向，_____周期后再次進入電場。,勻強,勻速圓周,半個,【思考辨析】(1)帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑與粒子的質量和速度無關。()(2)帶電粒子在磁場中運動的速度越大，周期越大。(),(3)利用質譜儀可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。()(4)回旋加速器的加速電壓越高，帶電粒子獲得的最終動能越大。(),提示：(1)。由r=可知，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑與粒子的質量、速度有關。(2)。由T=可知，帶電粒子在磁場中的運動周期與粒子的速度無關。(3)√。利用質譜儀可以測定帶電粒子的質量和分析同位素。,(4)。帶電粒子在回旋加速器中獲得的最終動能Ek=

4、，與加速電壓無關。,【生活鏈接】太陽發(fā)射出的帶電粒子以300～1000km/s的速度掃過太陽系，形成了“太陽風”。這種巨大的輻射經過地球時，地球的磁場使這些帶電粒子發(fā)生偏轉，避免了地球上的生命受到帶電粒子的輻射。當“太陽風”的帶電粒子被地磁場拉向兩極時，帶電粒子的軌跡為什么呈螺旋形？,提示：當運動電荷垂直射入勻強磁場后，它所受洛倫茲力總與速度方向垂直，洛倫茲力在速度方向上沒有分量而使帶電粒子做勻速圓周運動。若帶電粒子以某一角度θ進入磁場時，帶電粒子在垂直于磁場的方向上以分速度v1做勻速圓周運動，在平行于磁場的方向上以分速度v2做勻速直線運動，所以帶電粒子沿著磁感線方向做螺旋形運動?！疤栵L”的

5、帶電粒子與此相同，故軌跡為螺旋形。,知識點一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑和時間的確定探究導入：同一種帶電粒子以不同的速度垂直射入勻強磁場，只受洛倫茲力作用，其運動軌跡如圖所示，請思考：,(1)這三個軌跡都是圓嗎？(2)對應的粒子的速度大小相等嗎？(3)在磁場中的運動時間關系如何？,提示：(1)當帶電粒子的初速度方向與磁場方向垂直時，電子受到垂直于速度方向的洛倫茲力的作用，洛倫茲力只能改變速度的方向，不能改變速度的大小。因此，洛倫茲力對粒子不做功，不能改變粒子的能量。洛倫茲力對帶電粒子的作用正好起到向心力的作用。所以，當帶電粒子的初速度方向與磁場方向垂直時，粒子在勻強磁場中做勻

6、速圓周運動。,(2)三個圓軌道對應的速度不相等，大小關系為v3>v2>v1。(3)由圓周運動的周期關系T=，周期與帶電粒子的速度大小和半徑并無關系，三個粒子都轉過半圈，經歷半個周期，所以在磁場中經歷的時間相同。,【歸納總結】1.兩種常見的運動情況：(1)勻速直線運動：帶電粒子的速度方向與磁場方向平行(相同或相反)，此時帶電粒子所受洛倫茲力為零，帶電粒子將以速度v做勻速直線運動。,,(2)勻速圓周運動：帶電粒子垂直射入勻強磁場，由于洛倫茲力始終和運動方向垂直，因此不改變速度大小，但是不停地改變速度方向，所以帶電粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供勻速圓周運動的向心力。,2.勻速圓周運動的軌道半徑和周

7、期：質量為m電荷量為q的帶電粒子垂直磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中。(1)若不計粒子重力，運動電荷只受洛倫茲力作用，由洛倫茲力提供向心力，即qvB=m，可得r=。(2)由軌道半徑與周期的關系可得：,3.有界磁場內部分圓周軌跡的分析方法：(1)軌跡圓心的兩種確定方法。①已知粒子運動軌跡上兩點的速度方向時，作這兩速度的垂線，交點即為圓心。(如圖1所示),②已知粒子軌跡上的兩點和其中一點的速度方向時，畫出粒子軌跡上的兩點連線(即過這兩點的圓的弦)，作它的中垂線，并畫出已知點的速度的垂線，則弦的中垂線與速度的垂線的交點即為圓心。(如圖2所示),(2)三種求半徑的方法。①根據半徑公式r=求解。②

8、根據勾股定理求解，如圖所示，若已知出射點相對于入射點側移了x，則滿足r2=d2+(r-x)2。,③根據三角函數求解，如圖所示，若已知出射速度方向與水平方向的夾角為θ，磁場的寬度為d，則有關系式r=。,(3)四種角度關系。①速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)。②圓心角α等于AB弦與速度方向的夾角(弦切角θ)的2倍(φ=α=2θ=ωt)。③相對的弦切角(θ)相等，與相鄰的弦切角(θ′)互補，即θ+θ′=180，如圖所示。,④進出同一直邊界時速度方向與該直邊界的夾角相等。,(4)兩種求時間的方法。①利用圓心角求解，若求出這部分圓弧對應的圓心角，則t=②利用弧長s和速度v求解，t=(5)重要推論：在圓

9、形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。,圓形磁場區(qū)域的常用幾何關系直角三角形內tan30=,,【典題通關】【典例】如圖所示，一束電子(電量為e)以速度v0垂直射入磁感應強度為B，寬為d的勻強磁場中，電子穿出磁場的速度方向與電子原來的入射方向的夾角為30，(電子重力忽略不計)求：(1)電子的質量是多少？(2)穿過磁場的時間是多少？,【正確解答】(1)電子垂直射入勻強磁場中，只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，圓心為初速度v0與離開磁場時速度垂線的交點，如圖所示。由幾何知識得軌跡的半徑為r==2d由牛頓第二定律得：Bqv=m解得：m=,(2)由幾何知識得，軌跡的圓心角為α=所以t=答案：(1)

10、(2),【規(guī)律方法】帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的解題方法——三步法(1)畫軌跡：即確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡。(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系，偏轉角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系，在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系。,(3)用規(guī)律：即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式。,【過關訓練】如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁,,場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則()A.vb∶vc=

11、1∶2，tb∶tc=2∶1B.vb∶vc=2∶1，tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1，tb∶tc=2∶1D.vb∶vc=1∶2，tb∶tc=1∶2,【解析】選A。設正六邊形邊長為L，若粒子從b點離開磁場，可知運動的半徑為R1=L，圓心角θ1=120；粒子從c點離開磁場，可知運動的半徑為R2=2L，圓心角θ2=60，根據R=可得vb∶vc=R1∶R2=1∶2；根據t=可知tb∶tc=2∶1，故選A。,【補償訓練】1.如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用

12、，則下列說法錯誤的是(),A.三個粒子都帶正電荷B.c粒子速率最小C.c粒子在磁場中運動時間最短D.它們做圓周運動的周期Ta=Tb=Tc,【解析】選B。三個帶電粒子均向上偏轉，射入磁場時所受的洛倫茲力均向上，根據左手定則判斷得知：三個粒子都帶正電荷，故A正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據qvB=，可得r=，則可知三個帶電粒子的質量、電荷量相同，在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由題圖知，a粒子的軌跡半徑最小，c粒子的軌跡半,徑最大，則a粒子速率最小，c粒子速率最大，故B錯誤；三個帶電粒子的質量和電荷量都相同，由粒子運動的周期T=及t=T，θ是粒子軌跡對應

13、的圓心角，也等于速度的偏轉角，可知，三粒子運動的周期相同，即Ta=Tb=Tc，由題圖知，a在磁場中運動的偏轉角最大，運動的時間最長，c在磁場中運動的偏轉角最小，c粒子在磁場中運動時間最短，故C、D正確。,2.一個負離子，質量為m，電荷量大小為q，以速率v垂直于屏S經過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示。磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖中紙面向里。,(1)求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離。(2)如果離子進入磁場后經過時間t到達位置P，證明：直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關系是θ=,【解析】(1)離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛倫茲力作用下

14、，做勻速圓周運動。設圓周半徑為r，則根據牛頓第二定律可得：Bqv=解得r=,如圖所示，離子回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2r所以AO=,,(2)當離子到位置P時，圓心角：α=因為α=2θ，所以θ=答案：(1)(2)見解析,3.(2018大連高二檢測)如圖所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B。有一個粒子源在紙面內沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質量為m、電荷量為+q。將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用。,(1)求帶電粒子的速率。(2)若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應強度大小

15、變?yōu)榍罅Ｗ釉诖艌鲋凶铋L的運動時間t。,(3)若原磁場不變，再疊加另—個半徑為R1(R1>R0)的圓形勻強磁場，磁場的磁感應強度的大小為方向垂直于紙面向外，兩磁場區(qū)域成同心圓，此時該粒子源從圓心出發(fā)的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運動的周期T。,【解析】(1)粒子離開出發(fā)點最遠的距離為軌道半徑的2倍，即R0=2r，粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供由qvB=得v=,(2)磁場的大小變?yōu)楹?，粒子的軌道半徑為根據幾何關系可以得到，當弦最長時，運動的時間最長，弦為2R0時，圓心角為60，有,(3)根據矢量合成法則，疊加區(qū)域的磁感應強度的大小為方向向里；,以R0為半徑的區(qū)域外磁感應強度的大小為

16、方向向外。粒子運動的半徑為R0。根據對稱性畫出情境圖，由幾何關系可得R1的最小值為(+1)R0答案：(1)(2)(3)(+1)R0,知識點二回旋加速器探究導入：回旋加速器是利用磁場使帶電粒子做回旋運動，在運動中經高頻電場反復加速的裝置。根據回旋加速器的工作原理，思考并探究下面的問題：,(1)怎樣確定回旋加速器兩端所加的交流電壓的周期？(2)帶電粒子經過回旋加速器加速后，獲得的動能由哪些因素決定？,提示：(1)為了保證每次帶電粒子經過狹縫時均被加速，使其能量不斷提高，交流電壓的周期必須等于帶電粒子在回旋加速器中做勻速圓周運動的周期，即T=。因此，交流電壓的周期由帶電粒子的質量m、帶電量q和加速器

17、中的磁場的磁感應強度B決定。,(2)帶電粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力充當向心力，qvB=m和Ek=mv2，因此，帶電粒子經過回旋加速器加速后，獲得的動能Ek=,【歸納總結】1.磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動。其周期在q、m、B不變的情況下與速度和軌道半徑無關，帶電粒子每次進入D形盒都運動半個周期()后平行電場方向進入電場加速。如圖所示。,2.電場的作用：回旋加速器的兩個D形盒之間的狹縫區(qū)域存在周期性變化的且垂直于兩個D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經過該區(qū)域時被加速。根據動能定理：qU=ΔEk。3.交變電壓的作用：為保證粒子每次

18、經過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在狹縫兩側加上跟帶電粒子在D形盒中運動周期相同的交變電壓。,4.帶電粒子的最終能量：由r=知，當帶電粒子的運動半徑最大時，其速度也最大，若D形盒半徑為R，則帶電粒子的最終動能Ekm=?？梢?，要提高加速粒子的最終能量，應盡可能地增大磁感應強度B和D形盒的半徑R。,【易錯提醒】分析回旋加速器問題的兩個誤區(qū)(1)誤認為交變電壓的周期隨粒子軌跡半徑的變化而變化，實際上交變電壓的周期是不變的。(2)誤認為粒子的最終能量與加速電壓的大小有關，實際上，粒子的最終能量由磁感應強度B和D形盒的半徑決定，與加速電壓的大小無關。,【典題通關】考查角度1質譜儀【典例1】現(xiàn)代質譜

19、儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處由靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子,在入口處由靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()A.11B.12C.121D.144,【正確解答】選D。離子在加速電場中運動時，有qU=mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r=由以上兩式整理得：r=由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2=1∶12，當半徑相等時，解得：=144，選項D正確。,考查角度2回旋加速器【典例2】回旋加速器D形盒中央為質

20、子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質子經電場加速后，進入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，質子質量為m、電荷量為e。求：,(1)質子最初進入D形盒的動能。(2)質子經回旋加速器最后得到的動能。(3)交流電源的周期。,【正確解答】(1)質子在電場中加速，由動能定理得：eU=Ek-0，解得：Ek=eU。(2)由可解得質子的最大動能：Ekm=,(3)交變電源的周期與質子圓周運動的周期相同，故交變電源的周期T=答案：(1)eU(2)(3),【過關訓練】1.1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。若速度相同的同一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如

21、圖所示，則下列相關說法中正確的是(),A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大,【解析】選C。帶電粒子在偏轉磁場中向下偏轉，磁場的方向垂直紙面向外，根據左手定則知，該粒子帶正電，故選項A錯誤；在平行金屬板間，根據左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故選項B錯誤；進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據qvB=得，,r=知r越大，比荷越小，而質量m不一定大，故選項C正確，選項D錯誤。,2.用電源頻率為11.

22、5MHz的回旋加速器對氦核(質量m=6.6410-27kg，電荷量q=3.210-19C)加速，使氦核能量達到400MeV，這個加速器所用勻強磁場的磁感應強度為多大？直徑為多大？,【解析】粒子運動的周期T=又T=粒子運動的頻率即電源的頻率，所以B==1.5T又軌道半徑r=粒子獲得的動能Ek=mv2，即mv=所以r==1.92m所以直徑為d=3.84m。答案：1.5T3.84m,【補償訓練】1.(多選)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙。下列說法正確的是(),A.離子由加速器的中心附近進入加速器B.離子由加速器的邊

23、緣進入加速器C.離子從磁場中獲得能量D.離子從電場中獲得能量,【解析】選A、D。由R=知，隨著被加速離子的速度增大，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑逐漸增大，所以離子必須由加速器中心附近進入加速器，A項正確，B項錯誤；離子在電場中被加速，使動能增加；在磁場中洛倫茲力不做功，離子做勻速圓周運動，動能不改變。磁場的作用是改變離子的速度方向，所以C項錯誤，D項正確。,2.(多選)如圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應強度為B0的勻

24、強磁場。下列表述正確的是(),A.質譜儀是分析同位素的重要工具B.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小,【解析】選A、B、C。質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具，故A選項正確；速度選擇器中電場力和洛倫茲力是一對平衡力，即qvB=qE，故v=，根據左手定則可以確定，速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外，故B、C選項正確；粒子在勻強磁場中運動的半徑r=，即粒子的比荷由此看出粒,子的運動半徑越小，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，故D選項錯誤。,3.(2018邯鄲高二檢測)回旋加速器是加

25、速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質子,時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是()A.質子被加速后的最大速度不可能超過2πfRB.質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關C.只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值D.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子,【解析】選A、B。由R=和T=解得質子被加速后達到的最大速度vmax=2πfR，與加速電場的電壓無關，

26、A、B正確；當粒子的速度接近光速時，根據狹義相對論，粒子的質量將發(fā)生變化，從而引起回旋周期變化，破壞了加速器的工作原理，故質子不能被加速到任意值，C錯誤；由f=知回旋加速器不能,加速不同比荷的粒子，故該回旋加速器不能用于加速α粒子，D錯誤。,【拓展例題】考查內容：帶電粒子在圓形有界磁場中的運動【典例】如圖所示，半徑為r的圓形空間內，存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)，從A點以速度v0垂直磁場方向射入磁,場中，并從B點射出，∠AOB=120，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為(),【正確解答】選D。畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖所示：由圖根據幾何知識可知，粒子軌跡對應的圓心

27、角為α=60=軌跡半徑為R=rtan60=r：,粒子運動的弧長為l=則粒子運動的時間又可以表示為：t=故選D。,科學技術社會環(huán)境——前沿科技中的磁偏轉問題【命題素材】帶電粒子在有界磁場中進行運動，如其軌跡是一段圓弧，物理上則把這種運動稱為圓周偏轉，又叫磁偏轉。分析磁偏轉問題要注意兩個關鍵的因素：第一,是帶電粒子運動的環(huán)境——有界磁場，常見的有界磁場形狀有矩形、圓形等，磁場有單邊界和雙邊界等；第二是運動對象的相關因素——帶電粒子入射的初速度(大小和方向)、粒子的電荷量和質量等。在綜合分析這兩個因素的基礎上，進行圓心、半徑和偏轉角的確定及相關物理量的求解。,【信息提取流程】1.信息定位：根據幾何關

28、系確定磁偏轉的半徑或圓心角。2.物理模型：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力。3.物理知識：,4.結果討論：解決該類問題的關鍵是確定旋轉圓心、畫出運動軌跡、根據幾何知識確定旋轉半徑。,【案例示范】電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現(xiàn)的。電子束經過電壓為U的加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)域，如圖所示。磁場方向垂直于圓面，磁場區(qū)的圓心為O、半徑為r。,當不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點，為了讓電子束射到屏幕邊緣的P點，需要加磁場，使電子束偏轉一已知角度，此時磁場的磁感應強度B多大？,【解析】電子在磁場中沿圓弧ab運動，如圖所示，圓心為C點，半徑設為R，電子進入磁場時的速度為v，m、e分別表示電子的質量和電荷量，則,根據幾何關系得由以上各式可解得B=答案：,