（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第57課時(shí) 帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（題型研究課）講義（含解析）.doc

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第57課時(shí)　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(題型研究課) 命題點(diǎn)一　帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 　　1.兩種方法定圓心 (1)已知入射方向和出射方向時(shí)，可通過(guò)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(xiàn)，兩條直線(xiàn)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(shí)，可以通過(guò)入射點(diǎn)作入射方向的垂線(xiàn)，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線(xiàn)，這兩條垂線(xiàn)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(shí)求半徑 (1)直線(xiàn)邊界(進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱(chēng)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(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示)。 考法1　直線(xiàn)邊界的磁場(chǎng)　 [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(chǎng)的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q、不計(jì)重力的帶電粒子在紙面內(nèi)從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)。若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)可落在邊界上的A點(diǎn)。下列說(shuō)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v0 B．若粒子落在A點(diǎn)的右側(cè)，其速度一定大于v0 C．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v0－ D．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(chǎng)時(shí)，最遠(yuǎn)落在A點(diǎn)，又粒子在O點(diǎn)垂直于邊界射入磁場(chǎng)時(shí)，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)粒子落在A點(diǎn)的左側(cè)時(shí)，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(cuò)誤；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)左側(cè)相距為d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為vmin，則＝，又因＝，即vmin＝v0－，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vmin＝v0－，C正確；當(dāng)粒子射到A點(diǎn)右側(cè)相距為d的點(diǎn)時(shí)，最小速度為v1，則＝，又因＝，即v1＝v0＋，D錯(cuò)誤。 [答案]　BC 考法2　平行邊界的磁場(chǎng)　 [例2]　(多選)如圖所示，寬d＝4 cm 的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，縱向范圍足夠大，磁場(chǎng)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(chǎng)，若粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝10 cm，則(　　) A．右邊界：－8 cm8 cm有粒子射出 D．左邊界：00)的粒子，其速度大小均為v，方向垂直于磁場(chǎng)且分布在AO右側(cè)α角的范圍內(nèi)(α為銳角)。已知磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為，其左側(cè)有與AO平行的接收屏，不計(jì)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(kāi)磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)中沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為R， 有qBv＝，得R＝， 可知帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑與磁場(chǎng)區(qū)域半徑相等。 沿AO方向射入磁場(chǎng)的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)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θ，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的位置為A′，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O′。 根據(jù)題意可知四邊形AOA′O′四條邊長(zhǎng)度均為，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA所在直線(xiàn)，然后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)垂直擊中接收屏，如圖所示。 設(shè)與AO成θ角射入磁場(chǎng)的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置A′與A點(diǎn)的豎直距離為d，有 d＝R＋Rcos＝ 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 Δd＝d1－d2＝。 答案：(1)　(2) 命題點(diǎn)三　勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的多解問(wèn)題 造成帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(shí)，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡不同，形成多解。 如圖甲所示，帶電粒子以速率v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若帶正電，其軌跡為a；若帶負(fù)電，其軌跡為b。 2．磁場(chǎng)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(shí)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(chǎng)，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(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過(guò)去，也可能轉(zhuǎn)過(guò)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(dòng)的往復(fù)性形成多解 帶電粒子在部分是電場(chǎng)，部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)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，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(chǎng)，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(jì)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(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)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(guò)偏轉(zhuǎn)繞圓周邊界一周后回到M點(diǎn)，求粒子運(yùn)動(dòng)的速度v應(yīng)滿(mǎn)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(dòng)的軌跡半徑與圓周邊界的半徑相等，即r＝R 在圓周內(nèi)部磁場(chǎng)區(qū)域里有 qv0B＝m 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(shí)可得，粒子在圓周外部區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r1＝R 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(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力，有qv0B1＝m 解得B1＝B 由粒子做圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)的周期相等 即T外＝T內(nèi)＝ 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間為t＝T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(xiàn)的夾角為θ 由幾何關(guān)系可知，粒子在圓周內(nèi)部區(qū)域的軌跡半徑r2＝Rtan 粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m 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nθ＝2π(n＝3,4,5,6，…) 解得粒子的運(yùn)動(dòng)速度為 v＝(n＝3,4,5,6，…)。 [答案]　(1)正電荷　　(2)B　 (3)v＝(n＝3,4,5,6，…) [例2]　(2019衡陽(yáng)聯(lián)考)“太空粒子探測(cè)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(jiǎn)化為如圖所示示意圖。輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心圓，圓心為O，外圓的半徑R1＝2 m，電勢(shì)φ1＝50 V，內(nèi)圓的半徑R2＝1 m，電勢(shì)φ2＝0，內(nèi)圓里有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝510－3 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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m＝1.010－10 kg、電荷量q＝410－4 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(chǎng)從靜止開(kāi)始加速，進(jìn)入磁場(chǎng)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(shí)速度的大??； (2)以收集薄板MN所在的直線(xiàn)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(chǎng)和磁場(chǎng)中做周期性運(yùn)動(dòng)，指出該位置并求出這些粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)在磁場(chǎng)中所用時(shí)間。 [解析]　(1)粒子在電場(chǎng)中被加速時(shí)，由動(dòng)能定理可知 qU＝mv2－0 U＝φ1－φ2 解得v＝2104 m/s。 (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有 qvB＝ 解得r＝1 m 因?yàn)閞＝R2，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(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓周后，射出磁場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)中先減速至外圓處后反向加速，并返回磁場(chǎng)，如此反復(fù)地做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 由圖易知，粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)在磁場(chǎng)中所用時(shí)間為 T＝＝ 解得T＝π10－4 s 在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中做周期性運(yùn)動(dòng)的粒子在外圓上的四個(gè)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)(0,2 m)，(2 m, 0)，(0, －2 m)，(－2 m, 0)　π10－4 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B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)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(gè)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(jì))，從擋板下端N處以不同的速度沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是(　　) A．3 m/s　　　　　　　 B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 解析：選ABD　因?yàn)樾∏蛏淙氪艌?chǎng)后再通過(guò)y軸時(shí)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(dòng)軌跡半徑最小值Rmin＝lOM＝3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；經(jīng)驗(yàn)證，帶電小球能以3 m/s 速度進(jìn)入磁場(chǎng)，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖甲所示，A項(xiàng)正確；當(dāng)帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖乙所示，小球沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，則軌跡圓心一定在y軸上，由幾何關(guān)系知，此時(shí)軌跡半徑最大值滿(mǎn)足Rmax2＝lOM2＋(lON－Rmax)2，解得Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D項(xiàng)正確；當(dāng)小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時(shí)，軌跡如圖丙所示，由過(guò)圓直徑的內(nèi)接三角形幾何條件可得＝，解得軌跡半徑R＝3.75 m(另一解R＝3 m舍去)，由半徑公式R＝，得v＝3.75 m/s，B項(xiàng)正確；由上述分析易知C項(xiàng)錯(cuò)誤。 2．某裝置用磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示。裝置的長(zhǎng)為L(zhǎng)，上下兩個(gè)相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)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(xiàn)OO′上，N、P分別位于下方磁場(chǎng)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(xiàn)成30角，經(jīng)過(guò)上方的磁場(chǎng)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(jì)粒子的重力。 (1)求磁場(chǎng)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Δv； (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(chǎng)中的軌跡半徑為r 根據(jù)題意及幾何關(guān)系可得L＝3rsin 30＋3dcos 30 且h＝r(1－cos 30) 解得h＝。 (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌?chǎng)中的軌跡半徑為r′ m＝qvB m＝qv′B 由題意知3rsin 30＝4r′sin 30 解得Δv＝v－v′＝。 (3)設(shè)粒子經(jīng)過(guò)上方磁場(chǎng)與經(jīng)過(guò)下方磁場(chǎng)的次數(shù)之和為n，則n≥2 由題意知L＝2ndcos 30＋2nrnsin 30 且qvnB＝m 解得vn＝。 答案：(1)　(2) (3)