（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第59課時 帶電粒子在組合場中的運動（題型研究課）講義（含解析）.doc
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第59課時 帶電粒子在組合場中的運動(題型研究課) 命題點一 磁場與磁場的組合 [典例] 如圖所示xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小分別為B與的勻強磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里。電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)系原點O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過時間t＝時恰好到達y軸上的A(0，l)點，不計粒子的重力作用。 (1)求粒子在左、右兩側(cè)磁場中做圓周運動的半徑大小之比r1∶r2； (2)求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0； (3)若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出，為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應(yīng)為多大？ [解析] (1)帶電粒子在左、右兩側(cè)磁場中均做勻速圓周運動，則有qv0B＝，qv0＝ 解得r1∶r2＝1∶2。 (2)粒子射出后經(jīng)過時間t＝時恰好到達A點，運動情況如圖1所示，設(shè)圖中圓弧DE對應(yīng)的圓心角為θ， 則粒子從O點運動到A點的時間為 T2＋T1＝ 其中T1＝，T2＝ 解得θ＝60 △C1C2C3為等邊三角形，根據(jù)幾何關(guān)系得l＝2r1＋(r2－r1)，d＝r1sin θ 解得PQ與y軸的距離d＝l 粒子從O點射出的速度大小v0滿足qv0B＝ 解得v0＝。 (3)速度更大的粒子，必從y軸高點處轉(zhuǎn)向下方時經(jīng)過A點，一個周期的運動軌跡如圖2，粒子在一個周期內(nèi)沿y軸方向的位移為 y＝2r1′＋2(r2′－r1′)sin α－2r1′，其中r2′＝2r1′ 即y＝2r1′sin α，其中cos α＝， 粒子經(jīng)過A點的條件是ny＝l，n＝1,2,3，… 且qvB＝m 得v＝ ，n＝1,2,3，… 因v>v0，故n只能取1或2，故粒子的速度大小為 v＝或v＝。 [答案] (1)1∶2 (2)l (3)或 關(guān)注兩段圓弧軌跡的銜接點 磁場與磁場的組合問題實質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運動周期往往不同。解題時要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點與兩圓心共線的特點，進一步尋找邊角關(guān)系?！ ? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(2017全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析：(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為 t0＝t1＋t2＝。⑤ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝。⑥ 答案：(1) (2) 2.如圖所示，M、N、P為很長的平行邊界，M、N與M、P間距分別為l1、l2，其間分別有磁感應(yīng)強度為B1和B2的勻強磁場區(qū)域，磁場Ⅰ和Ⅱ方向垂直紙面向里，B1≠B2。有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一初速度垂直邊界N及磁場方向射入MN間的磁場區(qū)域。不計粒子的重力。求： (1)要使粒子能穿過磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ，粒子的初速度v0至少應(yīng)為多少； (2)若粒子進入磁場Ⅰ的初速度v1＝，則粒子第一次穿過磁場Ⅰ所用時間t1是多少； (3)粒子初速度v為多少時，才可恰好穿過兩個磁場區(qū)域。 解析：(1)設(shè)粒子的初速度為v0時恰好能進入磁場Ⅱ，則進入磁場Ⅱ時速度恰好沿邊界M，所以運動半徑r＝l1， 由B1qv0＝m，解得v0＝。 (2)粒子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動， 由B1qv1＝m，解得r1＝2l1， 設(shè)粒子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動(軌跡如圖甲)對應(yīng)的圓心角為α，則有sin α＝＝，所以α＝， 所以粒子第一次穿過磁場Ⅰ所用時間為 t1＝T＝＝。 (3)設(shè)粒子速度為v時，粒子在磁場Ⅱ中的軌跡恰好與邊界P相切，軌跡如圖乙所示， 由Bqv＝m可得R1＝，R2＝， 由幾何關(guān)系得sin θ＝＝， 粒子在磁場Ⅱ中運動有R2－R2sin θ＝l2， 解得v＝。 答案：(1) (2) (3) 命題點二 電場與磁場的組合 考法1 先電場后磁場 1．帶電粒子先在電場中做勻加速直線運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖： 2．帶電粒子先在電場中做類平拋運動，然后垂直進入磁場做圓周運動，如圖： [例1] (2018全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求： (1)磁場的磁感應(yīng)強度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 [解析] (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有 q1U＝m1v12① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B＝m1② 由幾何關(guān)系知 2R1＝l③ 由①②③式得 B＝。④ (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U＝m2v22⑤ q2v2B＝m2⑥ 由題給條件有 2R2＝⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為 ∶＝1∶4。⑧ [答案] (1) (2)1∶4 考法2 先磁場后電場 [例2] 如圖所示，真空中有一以O(shè)點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場方向垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度為E＝1.0105 V/m。在M點有一正粒子以速率v＝1.0106 m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小至0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為＝1.0107 C/kg，粒子重力不計。求： (1)圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大?。? (2)沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。 [解析] (1)沿x軸正方向射入磁場的粒子在進入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖所示的P點豎直向上射出磁場，逆著電場線運動，所以可得粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5 m， 根據(jù)Bqv＝，得B＝， 代入數(shù)據(jù)得B＝0.2 T。 (2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場[如(1)中圖所示]，MN的長度等于直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長，即s1＝πR， 設(shè)粒子在電場中運動的路程為s2， 根據(jù)動能定理得Eq＝mv2，得s2＝， 則總路程s＝πR＋， 代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m。 [答案] (1)0.2 T (2)(0.5π＋1)m 考法3 先后多個電磁場 [例3] 如圖所示，寬度為L的區(qū)域被平均分為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ有勻強磁場，它們的磁感應(yīng)強度大小相等，方向垂直紙面且相反。長為L、寬為的矩形abcd緊鄰磁場下方，與磁場邊界對齊，O為dc邊中點，P為dc中垂線上一點，OP＝3L。矩形內(nèi)有勻強電場，電場強度大小為E，方向由a指向O。電荷量為q、質(zhì)量為m、重力不計的帶電粒子由a點靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，運動軌跡剛好與區(qū)域Ⅲ的右邊界相切。求： (1)該粒子經(jīng)過O點時的速度大小v0； (2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B； (3)若在aO之間距O點x處靜止釋放該粒子，粒子在磁場區(qū)域中共偏轉(zhuǎn)n次到達P點，x應(yīng)滿足的條件及n的可能取值。 [解析] (1)由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知aO＝L，粒子在電場中從a到O加速，由動能定理得：qEL＝mv02① 解得v0＝ 。② (2)粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中的運動軌跡如圖，設(shè)粒子軌跡半徑為R0， 由幾何關(guān)系可得： R0－R0cos 60＝L③ 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：qv0B＝④ 聯(lián)立②③④式得：B＝ 。⑤ (3)若粒子在磁場中一共經(jīng)過n次偏轉(zhuǎn)到達P，設(shè)粒子軌跡半徑為R， 由圖中幾何關(guān)系有：2n＝3L⑥ 依題意有0下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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