2019-2020學(xué)年高中物理 第3章 6 帶電粒子在勻強磁場中的運動學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、6　帶電粒子在勻強磁場中的運動 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.了解帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律。(重點)2.掌握帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式和周期公式及應(yīng)用。(重點、難點)3.了解質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理。(難點) 一、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1．洛倫茲力的特點 (1)洛倫茲力不改變帶電粒子速度的大小，或者說，洛倫茲力對帶電粒子不做功。 (2)洛倫茲力方向總與速度方向垂直，正好起到了向心力的作用。 2．帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)運動特點：沿著與磁場垂直的方向射入磁場的帶電粒子，在勻強磁場中做勻速圓周運動。 (2)半徑和周期公式 質(zhì)量為m、帶電荷量

2、為q、速率為v的帶電粒子，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。 ①半徑：由qvB＝m得r＝。 ②周期：由T＝得T＝。 由此可知帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期跟速率v和半徑r無關(guān)。 二、質(zhì)譜儀 1．原理：如圖所示。 2．加速 帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的加速電場，由動能定理得： Uq＝mv2。 ① 3．偏轉(zhuǎn) 帶電粒子進(jìn)入質(zhì)譜儀的偏轉(zhuǎn)磁場做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qvB＝。 ② 4．由①②兩式可以求出粒子的半徑r、質(zhì)量m、比荷等。其中由r＝可知電荷量相同時，半徑將隨質(zhì)量變化。 5．質(zhì)譜儀的應(yīng)用 可以測定帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素

3、。 三、回旋加速器 1．工作原理 如圖所示，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子在兩盒之間被電場加速。D1、D2處于與盒面垂直的勻強磁場B中，粒子將在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)半個圓周(半個周期)后，再次到達(dá)兩盒間的縫隙，控制兩盒間電勢差，使其恰好改變正負(fù)，于是粒子在盒縫間再次被加速，如果粒子每次通過盒間縫隙均能被加速，粒子速度就能夠增加到很大。 2．周期 粒子每經(jīng)過一次加速，其軌道半徑就大一些，但粒子繞圓周運動的周期不變。 3．最大動能 由qvB＝和Ek＝mv2得Ek＝。 1．思考判斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)

4、 (1)利用回旋加速器加速帶電粒子，要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。 (√) (2)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑與帶電粒子進(jìn)入磁場時速度的大小有關(guān)，而周期與速度、半徑都無關(guān)。 (√) (3)回旋加速器工作時，電場必須是周期性變化的。 (√) (4)回旋加速器中，磁場的作用是改變粒子速度的方向，便于多次加速。 (√) 2．在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利垂直進(jìn)入另一磁感應(yīng)強度是原來磁感應(yīng)強度2倍的勻強磁場，則(　　) A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子的速率不變，軌道半徑加倍 C．粒子的速率減半，軌道半徑變?yōu)樵瓉淼?/p>

5、 D．粒子的速率不變，周期減半 D　[因為洛倫茲力對運動電荷不做功，所以速率不變，由軌道半徑公式r＝和周期公式T＝可判斷，選項D正確。] 3．有三束粒子，分別是質(zhì)子(H)、氚核(H)和α(He)粒子束，如果它們均以相同的速度垂直射入勻強磁場(磁場方向垂直于紙面向里)，圖中能正確表示這三束粒子的運動軌跡的是(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　D C　[由粒子在磁場中運動的半徑r＝可知，質(zhì)子、氚核、α粒子軌跡半徑之比r1∶r2∶r3＝∶∶＝∶∶＝1∶3∶2，所以三種粒子的軌道半徑應(yīng)該是質(zhì)子最小，氚核最大，選項C正確。] 帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動 1.軌跡圓

6、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，如圖所示。 2．三種求半徑的方法 (1)根據(jù)半徑公式r＝求解。 (2)根據(jù)勾股定理求解，如圖所示，若已知出射點相對于入射點側(cè)移了x，則滿足r2＝d2＋(r－x)2。 (3)根據(jù)三角函數(shù)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(guān)系式r＝。 3．四種角度關(guān)系

7、 (1)如圖所示，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°。 (4)進(jìn)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(yīng)的圓心角，則t＝T。 (2)利用弧長s和速度v求解，t＝。 【例1】　如圖所示，一帶電荷量為2.0×10－9 C、質(zhì)量為1.8×10－16 kg的粒子，在直線上一點O沿與直線夾角為30°方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，經(jīng)過1.5×10－6

8、s后到達(dá)直線上另一點P，求： (1)粒子做圓周運動的周期； (2)磁感應(yīng)強度B的大小； (3)若O、P之間的距離為0.1 m，則粒子的運動速度多大？ 思路點撥：(1)畫出粒子由O點到P點的運動軌跡，確定圓心、圓心角。 (2)確定粒子運動時間與周期的關(guān)系。 (3)確定粒子運動的半徑及其與OP之間的關(guān)系。 [解析]　 (1)作出粒子軌跡，如圖所示，由圖可知粒子由O到P的大圓弧所對的圓心角為300°，則＝ 周期T＝t＝×1.5×10－6 s＝1.8×10－6 s。 (2)由于粒子做圓周運動所需的向心力為洛倫茲力，得Bqv＝，所以B＝＝ω＝＝ T＝0.314 T。　 (3)由

9、幾何知識可知，半徑R＝OP＝0.1 m 故粒子的速度 v＝＝m/s＝3.49×105 m/s。 [答案]　(1)1.8×10－6 s　(2)0.314 T (3)3.49×105 m/s 上例中，若粒子帶電荷量為－2.0×10－9 C，其他條件不變，則粒子經(jīng)多長時間到達(dá)另一點P′？ 提示：t＝T＝0.3×10－6 s。 分析帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的要點 (1)確定粒子的運動軌跡、半徑、圓心角等是解決此類問題的關(guān)鍵。 (2)掌握粒子在勻強磁場中做圓周運動的軌跡半徑公式和周期公式是分析此類問題的依據(jù)。 1．如圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入

10、磁感應(yīng)強度為B、寬度為d的勻強磁場中，穿出磁場時速度方向與原來入射方向的夾角是30°，則電子的質(zhì)量是___________________________， 在磁場中的運動時間是________。 [解析]　電子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為F⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛倫茲力指向交點，如題圖所示的O點。 由幾何知識可知，CD間圓心角θ＝30°，OD為半徑。 r＝＝2d，又由r＝得m＝ 電子在磁場中的運動時間t＝T 解得t＝×＝。 [答案]　　 回旋加速器 1.磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進(jìn)入勻強磁場后，在洛倫茲

11、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(guān)，帶電粒子每次進(jìn)入D形盒都運動半個周期()后平行電場方向進(jìn)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(jīng)過該區(qū)域時被加速。根據(jù)動能定理：qU＝ΔEk。 3．交變電壓的作用：為保證粒子每次經(jīng)過狹縫時都被加速，使之能量不斷提高，需在狹縫兩側(cè)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(dāng)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＝。 可見，

12、要提高加速粒子的最終能量，應(yīng)盡可能地增大磁感應(yīng)強度B和D形盒的半徑R。 5．粒子被加速次數(shù)的計算：粒子在回旋加速器中被加速的次數(shù)n＝(U是加速電壓的大小)，一個周期加速兩次。 6．粒子在回旋加速器中運動的時間：在電場中運動的時間為t1，在磁場中運動的時間為t2＝T＝(n是粒子被加速次數(shù))，總時間為t＝t1＋t2，因為t1?t2，一般認(rèn)為在盒內(nèi)的時間近似等于t2。 【例2】　(多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，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(shè)

13、D形盒半徑為R，若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻交流電頻率為f，則下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C．只要R足夠大，質(zhì)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 思路點撥：(1)粒子通過電場加速，但粒子最終獲得的速度與電場無關(guān)。 (2)粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電壓的周期。 AB　[由evB＝m可得回旋加速器加速質(zhì)子的最大速度為v＝。由回旋加速器高頻交流電頻率等于質(zhì)子運動的頻率，有f＝，聯(lián)立解得質(zhì)子被加速后的最大速度不

14、可能超過2πfR，選項A、B正確，C錯誤；由于α粒子在回旋加速器中運動的頻率是質(zhì)子的，不改變B和f，該回旋加速器不能用于加速α粒子，選項D錯誤。] 求解回旋加速器問題的兩點注意 (1)帶電粒子通過回旋加速器最終獲得的動能Ekm＝，與加速的次數(shù)以及加速電壓U的大小無關(guān)。 (2)交變電源的周期與粒子做圓周運動的周期相等。 2．回旋加速器D形盒中央為質(zhì)子流，D形盒的交流電壓為U，靜止質(zhì)子經(jīng)電場加速后，進(jìn)入D形盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強度為B，質(zhì)子質(zhì)量為m。求： (1)質(zhì)子最初進(jìn)入D形盒的動能為多大？ (2)質(zhì)子經(jīng)回旋加速器最后得到的動能為多大？ (3)交流電源的

15、頻率是多少？ [解析]　(1)粒子在電場中加速，由動能定理得 eU＝Ek－0 解得Ek＝eU。 (2)粒子在回旋加速器的磁場中運動的最大半徑為R，由牛頓第二定律得evB＝m 質(zhì)子的最大動能Ekm＝mv2 解得Ekm＝。 (3)由電源的周期與頻率間的關(guān)系可得f＝ 電源的周期與質(zhì)子的運動周期相同，均為T＝ 解得f＝。 [答案]　(1)eU　(2)　(3) 課 堂 小 結(jié) 知 識 脈 絡(luò) 1.帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動——定圓心、找半徑、求時間。 2.兩大應(yīng)用——質(zhì)譜儀、回旋加速器。 1．如圖所示，水平導(dǎo)線中有電流I通過，導(dǎo)線正下方的電子初速度的方向與電流I

16、的方向相同，則電子將(　　) A．沿路徑a運動，軌跡是圓 B．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越大 C．沿路徑a運動，軌跡半徑越來越小 D．沿路徑b運動，軌跡半徑越來越小 B　[由左手定則可判斷電子運動軌跡向下彎曲。又由r＝知，B減小，r越來越大，故電子的徑跡是a。故選B。] 2．質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是(　　) A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運行時間大于N的運行時間 A　[根據(jù)左手定則可知，N帶正電，M帶負(fù)電，A正確；因為r

17、＝，而M的軌道半徑大于N的軌道半徑，所以M的速率大于N的速率，B錯誤；洛倫茲力不做功，C錯誤；M和N的運行時間都為t＝，D錯誤。] 3．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A．11　　　　　　 B．12 C．121 D．144 D　[帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝，由以上兩式整理得：r＝。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時，解得＝144，選項D正確。] - 10 -