带电粒子在匀强磁场中,的运动模型分析
更新时间:2023-10-07 17:30:01 阅读量: 综合文库 文档下载
带电粒子在匀强磁场中的运动模型分析
一、真题再现
来源 2015·新课标全国卷Ⅱ第19题 图例 两个速率相同的电子分律、牛顿第二别在两个匀强磁场区域定律、洛伦兹做圆周运动 力公式 动能定理、牛2016·新课顿第二定律、(3)带电粒子在半圆形或圆形匀强磁场中标全国卷Ⅰ洛伦兹力公第15题 式 圆周运动、几(5)带电粒子在两个不同磁场中的运动 的运动 (4)带电粒子在正方形或三角形匀强磁场中的运动 (1)带电粒子在无界匀强磁场中的运动 (2)带电粒子在半无界匀强磁场中的运动 1.常考的模型 热点模型之一。 考向 圆周运动规模型核心归纳 带电粒子在匀强磁场中的运动是高考的2016·新课标全国卷Ⅱ第18题 何知识、周期2.模型解法 公式 “4点、6线、3角”巧解带电粒子在匀强圆周运动、几2016·新课何知识、对称标全国卷Ⅲ特点、洛伦兹第18题 力公式 洛伦兹力、有磁场中的运动 (1)“4点”:入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的界磁场中的2017·全国临界问题的卷Ⅱ第18题 求法、几何知r,入射速度直线OB和出射速度直线OC,(2)“6线”:圆弧两端点所在的轨迹半径交点O。 识 入射点与出射点的连线BC,圆心与两条速洛伦兹力、周2017·全国期公式、几何卷Ⅲ第24题 知识的应用 度直线交点的连线AO。 (3)“3角”:速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC,弦切角∠OBC,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。 二、考向预测
【预测1】 如图所示是半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一电荷量为q、质量为m的带正电离子(不计重力)沿平行于直径ab的方向射入磁场区R
域,入射点P与ab的距离为。若离子做圆周运动的半径也为R,则
2粒子在磁场中运动的时间为( )
πmA. 6qBπmC. qB
πmB. 3qB2πmD. 3qB
解析: 如图所示,粒子做圆周运动的圆心O1必在过入射点垂直于入射速度方向的直线PO1上,由于粒子的轨道半径为r=R,又入射点PRv2
与ab的距离为。故圆弧PN对应圆心角为120°,由qvB=m,周2R2πR2πm12πm
期T==,所以粒子在磁场中运动的时间为t=T=,
vBq33Bq故D正确,A、B、C错误。
答案 D
【预测2】 如图所示矩形虚线框区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向且垂直边界线沿图中方向射入磁场后,分别从a、b、c、d四点射出磁场,比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td,其大小关系是( )
A.ta
2πm解析: 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T=,四个qB电子m、q相同,B也相同,则它们做圆周运动的周期相同。画出电子运动的轨迹如图甲、乙所示。从图甲可看出,从a、b两点射出的1
电子轨迹所对的圆心角都是π,则ta=tb=T,从图乙可看出,从d
2射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO2d<∠OO1c<π,根据圆周运动的时αT间t=T可知,T相同时,圆心角α越大,时间t越长,所以>tc>td,
2π2ta=tb>tc>td。
答案 D
【预测3】 如图所示,图中坐标原点O(0,0)处有一带电粒子源,沿xOy平面向y≥0,x≥0的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率
均为v,质量均为m,电荷量均为+q。有人设计了方向垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域,使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿y轴负方向运动,不考虑粒子间相互作用,不计粒子重力。试求:
(1)粒子与x轴相交的坐标范围; (2)粒子与y轴相交的坐标范围; (3)该匀强磁场区域的最小面积。
解析: 设粒子做匀速圆周运动的半径为R, v2mv
由qvB=m,得R=,
RqB
2mv
如图所示,粒子与x轴相交的坐标范围为-≤x≤0。
qB
2mv
(2)如图所示,粒子与y轴相交的坐标范围为0≤y≤。
qB(3)由题可知,匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。 πR2
第一象限区域一个半径为R的半圆面积为S1=,
2第二象限区域四分之一圆的半径为2R, π(2R)2
其面积为S2==πR2,
4
πR2
第二象限区域一个半径为R的半圆面积为S3=,
2则阴影部分面积为S=S1+(S2-S3)=πR2。 2mv2mv
答案 (1)-≤x≤0 (2)0≤y≤ (3)πR2
qBqB归纳总结:
1.处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧
(1)从关键词语找突破口:审题时一定要抓住题干中的关键字眼,如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语,挖掘其隐含的信息。 (2)数学方法与物理方法相结合:借助半径R和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析,确定轨迹圆和有界磁场边界之间的关系,找出临界点,然后利用数学方法求极值。 2.磁场区域最小面积的求解方法
在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图,再利用几何关系求有界磁场区域的最小面积。注意对于圆形磁场区域:①粒子射入、射出磁场边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆心;②所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长。 三、课时强化训练
一、选择题(1~4题为单项选择题,5~7题为多项选择题) 1.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场足够大,两个不计重力的带电粒子同时从A点在纸面内沿相反方向垂直虚线MN运动,经相同时间两粒子又同时穿过MN,则下列说法正确的是( )
A.两粒子的电荷量一定相等,电性可能不同 B.两粒子的比荷一定相等,电性可能不同 C.两粒子的动能一定相等,电性也一定相同 D.两粒子的速率、电荷量、比荷均不等,电性相同
解析: 因两粒子是从垂直MN开始运动的,再次穿过MN时速度方向一定垂直MN,两粒子均运动了半个周期,即两粒子在磁场中运动周2πm
期相等,由T=知两粒子的比荷一定相等,但质量、电荷量不一
Bq定相等,选项A、D错误;因不知粒子的偏转方向,所以粒子电性无法确定,选项B正确;因粒子运动的周期与速度无关,所以粒子的动能也不能确定,选项C错误。 答案 B
2.如图所示,在同一竖直平面内,有两个光滑绝缘的圆形轨道和倾斜轨道相切于B点,将整个装置置于垂直轨道平面向外的匀强磁场中,有一带正电小球从A处由静止释放沿轨道运动,并恰能通过圆形轨道的最高点C。现若撤去磁场,使球仍能恰好通过C点,则释放高度H′与原释放高度H的关系是( )
A.H′ B.H′=H C.H′>H D.不能确定 v21 解析: 有磁场时,对小球在最高点有:mg-qBv1=m,下落过程由 R12 动能定理得mg(H-2R)=mv1;无磁场时,对小球在最高点有:mg= 2v2122 m,下落过程由动能定理得mg(H′-2R)=mv2,解得H′>H,故CR2正确,A、B、D错误。 答案 C 3.如图所示,左侧为加速电场,右侧为偏转电场,加速电场的加速电压是偏转电场电压的k倍。有一初速度为零的电荷经加速电场加速后,从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入,且正好能从极板下边l 缘穿出电场,不计电荷的重力,则偏转电场长宽之比的值为( ) d A.k C.3k B.2k D.5k 12 解析: 设加速电压为U1,偏转电压为U2,因为qU1=mv0,电荷离 2开加速电场时的速度v0==d 2qU1d1qU22 ;在偏转电场中=t,解得tm22md 2qU1 ·dm m=dqU2 2U1 =d2k,U2 m ,水平距离l=v0t=qU2 l 所以=2k。 d 答案 B 4.如图所示,截面为正方形的空腔abcd中有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。若有一束具有不同速率的电子由小孔a沿ab方向射入磁场,打在腔壁上的电子都被腔壁吸收,则( ) A.由小孔c和小孔d射出的电子的速率之比为1∶2 B.由小孔c和小孔d射出的电子的速率之比为2∶1 C.由小孔c和d射出的电子在磁场中运动的时间之比为2∶1 D.由小孔c和d射出的电子在磁场中运动的时间之比为4∶1 mvmvcL 解析: 设正方形空腔abcd的边长为L,根据r=,可知L=,qBqB2mvdvc2πm =,则=2∶1,故选项A错误,选项B正确;根据T=,可qBvdqBTπmTπmtc 知tc==,td==,=1∶2,故选项C、D错误。 42qB2qBtd答案 B 5.如图所示,带正电的A球固定,质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A,虚线abc是B运动的一段轨迹,b点距离A最近。粒子经过b点时速度为v,重力忽略不计。则下列说法正确的是( ) A.粒子从a运动到b的过程中动能不断增大 B.粒子从b运动到c的过程中加速度不断减小 C.可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差 D.可求出A产生的电场中b点的电场强度 解析: 由题图知,带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用,粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功,其动能不断减小,故选项A错误;粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远,所受的库仑力减1212 小,加速度减小,故选项B正确;根据动能定理qUa b=mv-mv0, 22能求出a、b两点间的电势差Ua b,故选项C正确;a、b间不是匀强电场,不能根据公式U=Ed求出b点的电场强度,故选项D错误。 答案 BC 6.如图所示,高为h的光滑绝缘曲面处于匀强电场中,匀强电场的方向平行于竖直平面,一带电荷量为+q、质量为m的小球,以初速度v0从曲面底端的A点开始沿曲面表面上滑,到达曲面顶端B点的速度大小仍为v0,则( ) 12 A.电场力对小球做功为mgh+mv0 2mgh B.A、B两点的电势差为 qmg C.电场强度的最小值为 q D.小球在B点的电势能小于在A点的电势能 解析: 小球上滑过程中,由动能定理有W电-mgh=0,所以W电=mgh,mgh 选项A错误;由W电=qU可得A、B两点的电势差为U=,选项B qUUmg 正确;由U=Ed得E=,若电场线沿AB时,d>h,则E<=,选项 dhqC错误;由于电场力做正功,小球的电势能减小,则小球在B点的电势能小于在A点的电势能,选项D正确。 答案 BD 7.在一个边界为等边三角形的区域内,存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,在磁场边界上的P点处有一个粒子源,发出比荷相同的三个粒子a、b、c(不计重力)沿同一方向进入磁场,三个粒子通过磁场的轨迹如图所示,用ta、tb、tc分别表示a、b、c通过磁场的时间;用ra、rb、rc分别表示a、b、c在磁场中的运动半径,则下列判断正确的是( ) A.ta=tb>tc C.rc>rb>ra B.tc>tb>ta D.rb>ra>rc 解析: 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由图示情景可知:粒子轨道半径rc>rb>ra,粒子转过的圆心角θa=θb>θc,粒子在磁场中做圆周2πm 运动的周期T=,由于粒子的比荷相同、B相同,则粒子周期相 qB θ 同,粒子在磁场中的运动时间t=T,由于θa=θb>θc,T相同, 2π则ta=tb>tc,故A、C正确,B、D错误。 答案 AC 二、非选择题 8.如图所示为一多级加速器模型,一质量为m=1.0×10-3 kg、电荷量为q=8.0×10-5 C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场,之后沿位于轴心的光滑浅槽,经过多级加速后从A点水平抛出,恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间,A点在MN板左端M点正上方,倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L=1.0 m,金属板与水平方向的夹角为θ=37°,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U; (2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场,且电场强度大小E=100 V/m,要使带电小球不打在PQ板上,则两板间的距离d至少要多长? 解析: (1)设小球从A点到B点的运动时间为t1,小球的初速度为v0,A点到M点的高度为y v0 则有=tan θ① gt1 L cos θ=v0t1② 2 L12 y-sin θ=gt1③ 22联立①②③并代入数据解得 17 v0=3 m/s,y= m④ 30 带电小球在多级加速器加速的过程,根据动能定理有 12 qU=mv0-0⑤ 2 代入数据解得U=18.75 V (2)进入电场时,以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系,将重力正交分解,则 沿y轴方向有 Fy=mgcos θ-qE=0⑥ 沿x轴方向有Fx=mgsin θ⑦ 故小球进入电场后做类平抛运动,设刚好从P点离开,则有Fx=ma⑧ L12 =at2⑨ 22dmin= v0 t2⑩ sin θ 52 联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得dmin= m 652 即两板间的距离d至少为 m。 6答案 见解析 9.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中x<0区域无磁场,在0 (1)若该粒子恰好过点[a,(2-1)a],则粒子的速度为多大? (2)在满足(1)的情况下,求粒子从磁场中射出时距原点O的距离; (3)若粒子从O点入射的速度v0大小已知,且无(1)中条件限制,为使粒子能够回到原点O,则a应取何值? 解析: (1)设轨迹半径为r,则[r-(2-1)a]2+a2=r2 解得r=2a 又有牛顿第二定律得 mv2Bqv= r2Bqa 解得v= m(2)由数学知识可知 a sin∠P1O1O=, 2a即∠P1O1O=45° 故△O1O2O3为等腰直角三角形,所以射出点P3与原点O距离为OP3=22r-2r=(4-22)a mv20(3)设粒子的半径为R,则Bqv0= Rmv0 即R= Bq 要使轨迹回到O点,由对称性可知轨迹如图所示。由几何关系易知3mv0 △O1O2O3必为等边三角形,故a=Rsin 60°= 2Bq 2Bqa3mv0 答案 (1) (2)(4-22)a (3) m2Bq 10.如图所示,在真空中,沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系xOy,在x轴上方有一沿x轴正方向的匀强电场E(电场强度E的大小未知)。有一质量为m,带电荷量为+q的小球,从坐标原点O由静止开始自由下落,当小球运动到P(0,-h)点时,在x轴下方突然加一竖直向上的匀强电场,其电场强度与x轴上方的电场强度大小相等,且小球从P点返回到O点与从O点下落到P点所用的时间相等。重力加速度为g。求: (1)小球返回O点时速度的大小; (2)匀强电场的电场强度E的大小; (3)小球运动到最高点时的位置坐标。 解析: (1)设小球从O点运动到P点所用的时间为t,在度为v1,返回O点时的速度为v2,则 因为h=12gt2 所以t= 2hg v1=gt=2gh 因为h=-v1+v2 2t 所以v2=22gh (2)因为a=v2-(-v1) t=3g F-mg=ma 所以E=F4mg q=q P点的速2v2 (3)在竖直方向:y==4h 2g 设小球进入x轴上方运动到最高点所用时间为t2,则 0-v2 t2==2 -g 2h g FqE 因为ax===4g mm12 所以x=axt2=16h 2 所以小球运动到最高点的位置坐标为(16h,4h)。 4mg 答案 (1)22gh (2) (3)(16h,4h) q
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