1、1第 8讲 带电粒子在磁场及复合场中的运动考点一 磁场的叠加及安培力问题1.(多选)2018全国卷 如图 8-1所示,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、 L2,L1中的电流方向向左, L2中的电流方向向上; L1的正上方有 a、 b两点,它们相对于 L2对称 .整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为 B0,方向垂直于纸面向外 .已知 a、 b两点的磁感应强度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外,则( )图 8-1A.流经 L1的电流在 b点产生的磁感应强度大小为 B0B.流经 L1的电流在 a点产生的磁感应强度大小为 B0C.流经 L2的电流在 b点产生的磁感应强度
2、大小为 B0D.流经 L2的电流在 a点产生的磁感应强度大小为 B02.两根长度均为 L的长直导线 ab和 cd平行放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中,磁场方向如图 8-2所示 .当通过导线 ab的电流大小为 2I、通过导线 cd的电流大小为 I时,导线ab受到的磁场力大小为 F1、方向垂直于导线向左,导线 cd受到的磁场力大小为 F2、方向垂直于导线向右 .已知直导线 ab中的电流方向由 b到 a.下列判断正确的是 ( )图 8-2A.直导线 cd中的电流由 c到 d,匀强磁场的磁感应强度的大小为B.直导线 cd中的电流由 c到 d,匀强磁场的磁感应强度的大小为C.直导线 cd中的电流由
3、d到 c,匀强磁场的磁感应强度的大小为2D.直导线 cd中的电流由 d到 c,匀强磁场的磁感应强度的大小为3.(多选)如图 8-3甲所示,电流恒定的通电直导线 MN垂直平放在两条相互平行的水平光滑金属导轨上,电流方向由 M到 N,在两导轨间存在着竖直匀强磁场,取垂直于纸面向里的方向为磁感应强度 B的正方向 .t=0时导线速度为零,若 B按如图乙所示的余弦规律变化,导轨足够长,则下列说法正确的是( )图 8-3A.在最初的一个周期内,导线在导轨上往复运动B.在最初的一个周期内,导线一直向左运动C.在最初的半个周期内,导线的加速度先增大后减小D.在最初的半个周期内,导线的速度先增大后减小4.(多选
4、)电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图 8-4所示 .1982年澳大利亚国立大学制成了能把 m=2.2 g的弹体(包括金属杆 CD的质量)加速到 v=10 km/s的电磁炮 .若平行金属导轨间距 l=2 m,长 s=100 m,通过导轨的电流为 I=10 A,则(导轨摩擦不计) ( )图 8-4A.导轨间所加的匀强磁场的磁感应强度为 55 TB.导轨间所加的匀强磁场的磁感应强度为 110 TC.安培力的最大功率为 1.1107 WD.安培力的最大功率为 5.5106 W归纳 1.磁感应强度:(1)由比值法定义: B= ,大小和方向具有唯一性,与检验电流元无关,由场源自身的结构等决定;(2)
5、矢量性,多个场源,某处的磁感应强度要利用平行四边形定则叠加 .2.解决安培力作用下的运动问题的关键是把电磁学问题力学化,即进行受力分析和运动分析,其中安培力的方向要用左手定则来判断,注意 F 安 B、 F 安 I.其次是选用牛顿第二定律、平衡条件或功能关系建立方程解题 .考点二 带电粒子在有界磁场中的运动1 如图 8-5所示,左、右边界分别为 PP、 QQ的匀强磁场的宽度为 d,长度足够大,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里 .一个质量为 m、电荷量大小为 q的粒子以与左边界PP成 = 45角方向的速度 v0垂直射入磁场,不计粒子重力,为了使粒子不能从边界 QQ射出,则:3图 8-5(1
6、)当粒子带正电时, v0的最大值是多少?(2)当粒子带负电时, v0的最大值是多少?(3)两种情况下粒子在磁场中运动的时间之比是多少?导思 当粒子带正电或带负电时,粒子向哪个方向偏转? 当粒子从左侧穿出的速度最大时,轨迹有何特点? 如何确定粒子做圆周运动的圆心和圆心角?归纳 解决带电粒子在匀强磁场中运动问题的关键是画出粒子运动轨迹的示意图,确定圆心、半径及圆心角 .此类问题的解题思路是:(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:轨迹半径与磁感应强度、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
7、第二定律和圆周运动的规律,特别是周期公式和半径公式 .式 1 (多选)如图 8-6所示,圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出), O为圆心, P为边界上的一点 .相同的带电粒子 a、 b(不计重力)先后从 P点射入磁场,粒子 a正对圆心射入,速度方向改变 60后离开磁场,粒子 b射入磁场时的速度方向与粒子 a射入时的速度方向成 60角,已知它们离开磁场的位置相同 .下列说法正确的是 ( )图 8-6A.a、 b两粒子的速度大小之比 =B.a、 b两粒子在磁场中运动的时间之比 =C.a、 b两粒子在磁场中运动的半径之比 =D.a、 b两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比 =式 2 如图 8-
8、7所示,在边长为 2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一个质量为 m、电荷量为 -q(q0)的带电粒子(重力不计)从 AB边的中点 O以速度 v进入磁场,4粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与 AB边的夹角为 60,若要使粒子能从 AC边穿出磁场,则匀强磁场的磁感应强度大小 B需满足 ( )图 8-7A.B B.B D.B0的区域存在方向沿 y轴负方向的匀强电场,场强大小为 E;在 y0)的带负电粒子,粒子恰能在 xOy平面内做直线运动 .重力加速度为 g,不计粒子间的相互作用 .(1)求粒子运动到距 x轴为 h处所用的时间;(2)若在粒子运动过程中突然将电场变为竖直向下,
9、场强大小变为 E= ,求从 O点射出的所有粒子第一次打在 x轴上的位置的横坐标范围(不考虑电场变化产生的其他影响);(3)若保持 E、 B初始状态不变,仅将粒子的初速度变为原来的 2倍,求运动过程中粒子速度大小等于原来初速度的点所在直线的方程 .图 8-11归纳 带电粒子在复合场中运动问题的分析思路:(1)正确分析受力:除重力、弹力和摩擦力外,要特别注意电场力和磁场力的分析 .(2)正确分析物体的运动状态找出物体的速度、位置及其变化特点,分析运动过程 .如果出现临界状态,要分析临界条件 .7带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子的受力情况 .带电粒子在叠加场中常见的运动形式: 当带电粒子
10、在叠加场中所受的合力为零时,粒子处于静止或匀速直线运动状态; 当带电粒子所受的合力提供向心力时(如重力与电场力等大反向,洛伦兹力提供向心力时),粒子做匀速圆周运动; 当带电粒子所受的合力变化且与速度方向不在一条直线上时,粒子做非匀变速曲线运动 .如果带电粒子做曲线运动,则需要根据功能关系求解,需要注意的是洛伦兹力始终不做功 .式 1 如图 8-12所示,质谱仪由电离室、加速区、速度选择器和磁分析区(图中未画出)组成 .电离室会电离出速度不同的同种带电粒子,加速区电压为 U,速度选择器中电场方向向下,场强大小为 E,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小可变化 .O1、 O、 O2三个小孔在同
11、一直线上,且平行于选择器两极板 .(1)当电离室的带电粒子速度几乎为零由 O1“飘出”,调节磁感应强度为 B1时,从小孔 O点进入的粒子可以沿直线通过速度选择器,求该带电粒子的比荷 .(2)某研究员发现,当电离室中“飘出”的带电粒子速度处于 0v0之间,控制选择器的磁感应强度在 B0B1(B0r0,由 r= ,解得 B ,选项 B正确 .考点三例 2 (1)s1=v1t1 h= a1 a1t1=v1tan 1 h (2) 2R1sin 1 (3) (2m) = m s2=v2t2 R2= = R1 2R2sin 2 s2-s2= ( -1)h例 2变式 (1) 6.0103 N/C 1107
12、m/s 与 y轴正方向成 37角 (3)B2.010-3 T解析 (1)在第一象限, y方向上有 y=vatx方向上有 x= at2,a=解得 E= =6.0103 N/C粒子从 a点运动到 b点,由动能定理得 qEx= m - m解得 vb=1107 m/scos = = , =37即通过 b点时速度的方向与 y轴正方向成 37角(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 qvbB=m设粒子轨迹与 x轴相切时的半径为 r,由几何关系得 r+rsin =y为使粒子不能回到电场,粒子在磁场中运动的半径必须大于 r 解得匀强磁场的磁感应强度 B应满足 B2.010-3 T12例 3 (1) (2) x
13、(3)y=- x+解析 (1)由题意分析可知,粒子做匀速直线运动,重力、电场力和洛伦兹力三个力的合力为零,设重力与电场力的合力与 y轴负方向的夹角为 ,粒子受力如图甲所示,有 Bqv=解得 v= =则 v在沿 y轴方向的分量大小 vy=vsin =v = =因为粒子做匀速直线运动,根据运动的分解可得,粒子运动到距 x轴为 h处所用的时间t= = .(2)若在粒子运动过程中,突然将电场变为竖直向下,电场强度大小变为 E= ,则电场力 F电 =qE=mg,电场力方向竖直向上,所以粒子所受的合外力就是洛伦兹力,由洛伦兹力充当向心力,即 qvB=m ,解得 R= =如图乙所示,由几何关系可知,当粒子在
14、 O点时就改变电场,第一次打在 x轴上的位置横坐标最小, x1=2Rsin = 2 = =当粒子所在处与粒子第一次打在 x轴上的位置之间的距离为 2R时改变电场,第一次打在 x13轴上的位置横坐标最大, x2= = = =所以从 O点射出的所有粒子第一次打在 x轴上的位置的横坐标范围为 x(3)若粒子的初速度变为原来的 2倍,则粒子不能做匀速直线运动,粒子一定发生偏转,而洛伦兹力不做功,设粒子运动到坐标为( x,y)处时满足速率 v=v,则根据动能定理有-qEx-mgy= mv2- m(2v)2即 - mgx-mgy=- mv2=-所以 y=- x+例 3变式 1 (1) (2)E (3)E解
15、析 (1)由电场加速规律和速度选择器规律得qU= mv2Eq=qvB1解得 = .(2)由速度选择器规律得Eq=qvB解得 v=即 vmax=由 qU= m( - )解得 v0=E .(3)分析得,在磁感应强度大小为 B1时,速度最大的粒子一定打到 O2上方的挡板处,电场力做负功,根据动能定理得-qEy= m - m14解得 v1=E .例 3变式 2 (1)顺时针 (2) (3)见解析解析 (1)由题意,对液滴受力分析可知,液滴所受电场力与重力平衡,故电场力方向向上,液滴带负电,沿顺时针方向做圆周运动 .(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡,所受洛伦兹力提供向心力,即Eq=mgqvB=m解得 v= . (3)分裂成的两个液滴的电荷量、质量均为原液滴的一半,所受电场力与重力仍平衡,依据上面运算可得,分裂后第一个液滴在 A点的速度大小 v1= = =3v,方向向左分裂后第二个液滴的速度设为 v2,以向左为正方向,分裂前后系统动量守恒,有mv= mv1+ mv2解得 v2=-v即分裂后第二个液滴在 A点的速度大小为 v,方向向右,所受电场力与重力仍平衡,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,绕行方向是顺时针, A点是圆周最高点,圆周半径 R2=R.
