《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第57課時 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動（題型研究課）講義（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第57課時 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動（題型研究課）講義（含解析）（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第57課時 帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動（題型研究課）講義（含解析）1.兩種方法定圓心(1)已知入射方向和出射方向時，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心。如圖甲所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)。(2)已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心。如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)。2幾何知識求半徑(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對稱性，如圖所示)。(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)。(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑

2、向射出，如圖所示)?？挤?直線邊界的磁場例1(多選)如圖所示，MN是磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q、不計重力的帶電粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)可落在邊界上的A點(diǎn)。下列說法中正確的有()A若粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)，其速度一定小于v0B若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度一定大于v0C若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)相距為d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于v0D若粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)相距為d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于v0解析因粒子由O點(diǎn)以速度v0射入磁場時，最遠(yuǎn)落在A點(diǎn)，又粒子在O點(diǎn)垂直于邊界射入磁場時，在邊界上的落點(diǎn)最遠(yuǎn)，即，所以粒子若落在A點(diǎn)的右側(cè)，速度應(yīng)大于v0，B正確；當(dāng)

3、粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)時，由于不一定是垂直于邊界入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)左側(cè)相距為d的點(diǎn)時，最小速度為vmin，則，又因，即vminv0，所以粒子落在A點(diǎn)左右兩側(cè)相距為d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于vminv0，C正確；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)右側(cè)相距為d的點(diǎn)時，最小速度為v1，則，又因，即v1v0，D錯誤。答案BC考法2平行邊界的磁場例2(多選)如圖所示，寬d4 cm 的有界勻強(qiáng)磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有一群正粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場，若粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r10 cm，則()A右邊界：8 cmy8 cm有粒子

4、射出B右邊界：0y8 cm有粒子射出D左邊界：0y0)的粒子，其速度大小均為v，方向垂直于磁場且分布在AO右側(cè)角的范圍內(nèi)(為銳角)。已知磁場區(qū)域的半徑為，其左側(cè)有與AO平行的接收屏，不計帶電粒子所受重力和相互作用力，求：(1)沿AO方向入射的粒子離開磁場時的速度方向與入射方向的夾角；(2)接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度。解析：(1)根據(jù)左手定則，可知粒子在磁場中沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，設(shè)其半徑為R，有qBv，得R，可知帶電粒子運(yùn)動半徑與磁場區(qū)域半徑相等。沿AO方向射入磁場的粒子離開磁場時的速度方向與入射方向之間的夾角為，如圖所示。(2)設(shè)粒子入射方向與AO的夾角為，粒子離開磁場的位置為A，

5、粒子做圓周運(yùn)動的圓心為O。根據(jù)題意可知四邊形AOAO四條邊長度均為，是菱形，有OAOA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直線，然后做勻速直線運(yùn)動垂直擊中接收屏，如圖所示。設(shè)與AO成角射入磁場的粒子離開磁場時的位置A與A點(diǎn)的豎直距離為d，有dRRcos設(shè)d的最大值和最小值分別為d1和d2，有d1，d2故接收屏上能接收到帶電粒子區(qū)域的寬度為dd1d2。答案：(1)(2)命題點(diǎn)三勻強(qiáng)磁場中的多解問題造成帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動多解的原因很多，列舉以下幾種情形：1帶電粒子電性不確定形成多解受洛倫茲力作用的帶電粒子，由于電性不同，當(dāng)速度相同時，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡不同，形成多解。如圖甲所示，帶電粒

6、子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b。2磁場方向不確定形成多解有些題目只知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而不知其方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解。如圖乙所示，帶正電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a；若B垂直紙面向外，其軌跡為b。3臨界狀態(tài)不唯一形成多解帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過去，也可能轉(zhuǎn)過180從入射界面這邊反向飛出，從而形成多解，如圖丙所示。4運(yùn)動的往復(fù)性形成多解帶電粒子在部分是電場，部分是磁場的空間運(yùn)動時，運(yùn)動往往具有往復(fù)性，從而形成多解，如圖丁所示。例1如圖所示，

7、在半徑為R的圓周內(nèi)外兩區(qū)域分別存在與圓周平面垂直、方向相反的勻強(qiáng)磁場，其中內(nèi)部區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，外部區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知。M、N、P、Q是兩條互相垂直的直徑與圓周邊界的交點(diǎn)，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，從M點(diǎn)沿MN方向射入圓周內(nèi)部區(qū)域。(1)若粒子從M點(diǎn)沿MN方向射入圓周內(nèi)部區(qū)域后，從P點(diǎn)射出圓周區(qū)域，求粒子所帶電荷的電性及射入速度v0的大??；(2)若該粒子從P點(diǎn)射出后，從N點(diǎn)返回圓周內(nèi)部區(qū)域，求圓周外部區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小及該粒子由M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)所用的時間；(3)若圓周內(nèi)外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，要使粒子從M點(diǎn)指向圓心方向射入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)繞圓周邊界一周后回到M點(diǎn)

8、，求粒子運(yùn)動的速度v應(yīng)滿足的條件。解析 (1)根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向，利用左手定則可以判斷粒子帶正電荷。如圖甲所示，由幾何關(guān)系易知，粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑與圓周邊界的半徑相等，即rR在圓周內(nèi)部磁場區(qū)域里有qv0Bm解得v0。(2)如圖乙所示，粒子從P點(diǎn)射出后，從N點(diǎn)返回圓周內(nèi)部區(qū)域由幾何知識可得，粒子在圓周外部區(qū)域運(yùn)動的軌跡半徑r1R設(shè)圓周外部區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，粒子運(yùn)動時洛倫茲力提供向心力，有qv0B1m解得B1B由粒子做圓周運(yùn)動的周期T可知，粒子在圓周內(nèi)部和圓周外部做勻速圓周運(yùn)動的周期相等即T外T內(nèi)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間為tT內(nèi)T外解得t。(3)如圖丙所示，粒子每次偏轉(zhuǎn)中射入圓周內(nèi)部

9、區(qū)域的速度方向和射出速度方向與圓周邊界有兩交點(diǎn)，設(shè)兩交點(diǎn)與圓心連線的夾角為由幾何關(guān)系可知，粒子在圓周內(nèi)部區(qū)域的軌跡半徑r2Rtan 粒子運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，有qvBm若經(jīng)偏轉(zhuǎn)繞圓周邊界一周回到M點(diǎn)，由幾何關(guān)系易知，粒子最少在圓周邊界內(nèi)外偏轉(zhuǎn)3次，有n2(n3,4,5,6，)解得粒子的運(yùn)動速度為v(n3,4,5,6，)。答案(1)正電荷(2)B (3)v(n3,4,5,6，)例2(2019衡陽聯(lián)考)“太空粒子探測器”是由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成的，其原理可簡化為如圖所示示意圖。輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑R12 m，電勢150 V，內(nèi)圓的半徑R

10、21 m，電勢20，內(nèi)圓里有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B5103 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，收集薄板MN與內(nèi)圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內(nèi)圓間各存在一狹縫。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量m1.01010 kg、電荷量q4104 C的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，進(jìn)入磁場后，發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在收集薄板MN上并被吸收(收集薄板兩側(cè)均能吸收粒子)，不考慮粒子相互間的碰撞和作用。(1)求粒子剛到達(dá)內(nèi)圓時速度的大??；(2)以收集薄板MN所在的直線為x軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運(yùn)動，指出該位置并求出這些粒子運(yùn)動一個周期內(nèi)在

11、磁場中所用時間。解析(1)粒子在電場中被加速時，由動能定理可知qUmv20U12解得v2104 m/s。(2)粒子進(jìn)入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有qvB解得r1 m因為rR2，所以由幾何關(guān)系可知，從收集薄板MN左端貼著其上表面進(jìn)入磁場的粒子在磁場中運(yùn)動圓周后，射出磁場，進(jìn)入電場，在電場中先減速至外圓處后反向加速，并返回磁場，如此反復(fù)地做周期性運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡如圖所示。由圖易知，粒子運(yùn)動一個周期內(nèi)在磁場中所用時間為T解得T104 s在電場和磁場中做周期性運(yùn)動的粒子在外圓上的四個位置坐標(biāo)分別為(0,2 m)，(2 m,0)，(0，2 m)，(2 m,0)。答案(1)2104 m/s(2)

12、(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, 2 m)，(2 m, 0)104 s集訓(xùn)沖關(guān)1.(多選)如圖所示，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為 9 m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM間距為3 m?，F(xiàn)有一個比荷大小為1.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計)，從擋板下端N處以不同的速度沿x軸負(fù)方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是()A3 m/sB3.75 m/sC4 m/s D5 m/s解析：選ABD因為小球射入磁場后

13、再通過y軸時的速度方向一定是沿x軸正方向，故帶電小球做圓周運(yùn)動軌跡半徑最小值RminlOM3 m，即Rmin，解得vmin3 m/s；經(jīng)驗證，帶電小球能以3 m/s 速度進(jìn)入磁場，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點(diǎn)，如圖甲所示，A項正確；當(dāng)帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過M點(diǎn)，如圖乙所示，小球沿x軸負(fù)方向射入磁場，則軌跡圓心一定在y軸上，由幾何關(guān)系知，此時軌跡半徑最大值滿足Rmax2lOM2(lONRmax)2，解得Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 m/s，D項正確；當(dāng)小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時，軌跡如圖丙所示，由過圓直徑的內(nèi)接三角形幾何條件可得，解得軌跡半徑R3.

14、75 m(另一解R3 m舍去)，由半徑公式R，得v3.75 m/s，B項正確；由上述分析易知C項錯誤。2某裝置用磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，工作原理如圖所示。裝置的長為L，上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向與紙面垂直且相反，兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板，M、N、P為板上的三點(diǎn)，M位于軸線OO上，N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以某一速度從裝置左端的中點(diǎn)射入，方向與軸線成30角，經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次，恰好到達(dá)P點(diǎn)。改變粒子入射速度的大小，可以控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計粒子的重力。(1)求磁場區(qū)域的寬度h；(2)欲使粒子到達(dá)收集板的位置從P點(diǎn)移到N點(diǎn)，求粒子入射速度的最小變化量v；(3)欲使粒子到達(dá)M點(diǎn)，求粒子入射速度大小的可能值。解析：(1)設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r根據(jù)題意及幾何關(guān)系可得L3rsin 303dcos 30且hr(1cos 30)解得h。(2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壽E半徑為rmqvBmqvB由題意知3rsin 304rsin 30解得vvv。(3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場與經(jīng)過下方磁場的次數(shù)之和為n，則n2由題意知L2ndcos 302nrnsin 30且qvnBm解得vn。答案：(1)(2)(3)