《2022年高三物理復(fù)習(xí) 第8章 帶電粒子在勻強磁場中的運動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理復(fù)習(xí) 第8章 帶電粒子在勻強磁場中的運動學(xué)案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理復(fù)習(xí) 第8章 帶電粒子在勻強磁場中的運動學(xué)案 一、概念規(guī)律題組 1．兩個粒子，帶電量相等，在同一勻強磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動(　　) A．若速率相等，則半徑必相等 B．若質(zhì)量相等，則周期必相等 C．若動能相等，則周期必相等 D．若質(zhì)量相等，則半徑必相等 2．在回旋加速器中(　　) A．電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋 B．電場和磁場同時用來加速帶電粒子 C．在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大 D．同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關(guān)，而與交流電壓的頻率無關(guān)． 3．關(guān)于帶電粒子在勻強電場

2、和勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是(　　) A．帶電粒子沿電場線方向射入，電場力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加 B．帶電粒子垂直于電場線方向射入，電場力對帶電粒子不做功，粒子動能不變 C．帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增加 D．不管帶電粒子怎樣射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變 4. 圖1 (廣東高考)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖1所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是(　　) A．離子由加速器的中心附近進入加速器 B．離子由加速器的邊緣進入加速器

3、 C．離子從磁場中獲得能量 D．離子從電場中獲得能量 二、思想方法題組 5．質(zhì)子(H)和α粒子(He)在同一勻強磁場中做半徑相同的圓周運動．由此可知質(zhì)子的動能E1和α粒子的動能E2之比E1∶E2等于(　　) A．4∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．2∶1 6. 圖2 如圖2所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)，從A點沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出，且∠AOB＝120°，則該粒子在磁場中運動的時間為(　　) A. B. C. D. 一、帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問

4、題 帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面： (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，可能帶正電荷，也可能帶負(fù)電荷，在相同的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運動軌跡不同，導(dǎo)致形成雙解． (2)磁場方向不確定形成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強度方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強度方向，由磁場方向不確定而形成的雙解． 圖3 (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，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場，可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面這邊反向飛出

5、，如圖3所示，于是形成多解． (4)運動的重復(fù)性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復(fù)性，因而形成多解． 【例1】 (xx·龍巖畢業(yè)班質(zhì)檢) 圖4 如圖4所示，直線MN下方無磁場，上方空間存在兩個勻強磁場Ⅰ和Ⅱ，其分界線是半徑為R的半圓弧，Ⅰ和Ⅱ的磁場方向相反且垂直于紙面，磁感應(yīng)強度大小都為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從P點沿PM方向向左側(cè)射出，不計微粒的重力． (1)若微粒在磁場Ⅰ中做完整的圓周運動，其周期多大？ (2)若微粒從P點沿PM方向向左射出后從分界線的A點沿AO方向進入磁場Ⅱ并打到Q點，求微粒的運動速度大小； (3)若

6、微粒從P點沿PM方向向左側(cè)射出，最終能到達Q點，求其速度滿足的條件． [規(guī)范思維] 　 　 　 二、帶電粒子在分區(qū)域勻強電場、磁場中運動問題 “磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別 電偏轉(zhuǎn) 磁偏轉(zhuǎn) 偏轉(zhuǎn)條件 帶電粒子以v⊥E進入勻強電場 帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場 受力情況 只受恒定的電場力 只受大小恒定的洛倫茲力 運動軌跡 拋物線 圓弧 物理規(guī)律 類平拋知識、牛頓第二定律 牛頓第二定律、向心力公式 基本公式 L＝vt y＝at2 a＝ tan θ＝at/v qvB＝m r＝mv/(q

7、B) T＝2πm/(qB) t＝θT/(2π) sin θ＝L/r 做功情況 電場力既改變速度方向，也改變速度的大小，對電荷要做功 洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度的大小，對電荷永不做功 物理圖象 【例2】 (xx·山東理綜·25)如圖5甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系．兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)．已知t＝0時刻進

8、入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為已知量．(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況) 圖5 (1)求電壓U0的大??； (2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間． [規(guī)范思維] 　 　 【例3】 (xx·江蘇·15)某種加速器的理想模型如圖6所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖7所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強磁場．若將

9、一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場加速．現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力) 圖6 圖7 (1)若在t＝0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能； (2)現(xiàn)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖6中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請畫出磁屏蔽管的位置； (3)若將電壓uab的頻率提高為原來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板

10、內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？ [規(guī)范思維] 　 【基礎(chǔ)演練】 1. 圖8 (xx·福建龍巖模擬)如圖8所示，質(zhì)子以一定的初速度v0從邊界ab上的A點水平向右射入豎直、狹長的矩形區(qū)域abcd(不計質(zhì)子的重力)．當(dāng)該區(qū)域內(nèi)只加豎直向上的勻強電場時，質(zhì)子經(jīng)過t1時間從邊界cd射出；當(dāng)該區(qū)域內(nèi)只加水平向里的勻強磁場時，質(zhì)子經(jīng)過t2時間從邊界cd射出，則(　　) A．t1>t2 B．t1

11、是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 圖10 3．(xx·福建三明期末)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其主體部分是兩個D形金屬盒．兩金屬盒處在垂直于盒底的勻強磁場中，并分別與高頻交流電源兩極相連

12、接，從而使粒子每次經(jīng)過兩盒間的狹縫時都得到加速，如圖10所示．現(xiàn)要增大帶電粒子從回旋加速器射出時的動能，下列方法可行的是(　　) A．減小磁場的磁感應(yīng)強度 B．減小狹縫間的距離 C．增大高頻交流電壓 D．增大金屬盒的半徑 4. 圖11 如圖11所示，一帶正電的質(zhì)子以速度v0從O點垂直射入，兩個板間存在垂直紙面向里的勻強磁場．已知兩板之間距離為d，板長為d，O點是板的正中間，為使粒子能從兩板間射出，試求磁感應(yīng)強度B應(yīng)滿足的條件(已知質(zhì)子的帶電荷量為e，質(zhì)量為m)． 5．如圖12所示， 圖12 有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2×1

13、0－3 T；磁場右邊是寬度L＝0.2 m、場強E＝40 V/m、方向向左的勻強電場．一帶電粒子電荷量q＝－3.2×10－19 C，質(zhì)量m＝6.4×10－27 kg，以v＝4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后進入右側(cè)的電場，最后從電場右邊界射出．求： (1)大致畫出帶電粒子的運動軌跡；(畫在給出的圖中) (2)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑； (3)帶電粒子飛出電場時的動能Ek. 6．(xx·山東棗莊期末)如圖13甲所示為質(zhì)譜儀的原理圖．帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場．該偏轉(zhuǎn)磁場

14、是一個以直線MN為上邊界方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度為B.帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終到達照片底片上的H點．測得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計． 圖13 (1)設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，試證明該粒子的比荷為：＝； (2)若偏轉(zhuǎn)磁場的區(qū)域為圓形，且與MN相切于G點，如圖乙所示，其他條件不變，要保證上述粒子從G點垂直于MN進入偏轉(zhuǎn)磁場后不能打到MN邊界上(MN足夠長)，求磁場區(qū)域的半徑應(yīng)滿足的條件． 【能力提升】 圖14 7．(xx·寧夏·24)如圖14所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y

15、軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于紙面向外．有一質(zhì)量為m，帶有電荷量＋q的質(zhì)點由電場左側(cè)平行于x軸射入電場．質(zhì)點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角為φ，A點與原點O的距離為d.接著，質(zhì)點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場，不計重力影響．若OC與x軸的夾角也為φ，求： (1)粒子在磁場中運動速度的大??； (2)勻強電場的場強大?。? 8．如圖15甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′且正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示．有一

16、束正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場．已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力．求： 圖15 (1)磁感應(yīng)強度B0的大?。? (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值. 9. 圖16 (xx·四川·25)如圖16所示，正方形絕緣光滑水平臺面WXYZ邊長l＝1.8 m，距地面h＝0.8 m．平行板電容器的極板CD間距d＝0.1 m且垂直放置于臺面，C板位于邊界WX上，D板與邊界WZ相交處有一

17、小孔．電容器外的臺面區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度B＝1 T、方向豎直向上的勻強磁場．電荷量q＝5×10－13 C的微粒靜止于W處，在CD間加上恒定電壓U＝2.5 V，板間微粒經(jīng)電場加速后由D板所開小孔進入磁場(微粒始終不與極板接觸)，然后由XY邊界離開臺面．在微粒離開臺面瞬間，靜止于X正下方水平地面上A點的滑塊獲得一水平速度，在微粒落地時恰好與之相遇．假定微粒在真空中運動，極板間電場視為勻強電場，滑塊視為質(zhì)點，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2. (1)求微粒在極板間所受電場力的大小并說明兩板的極性； (2)求由XY邊界離開臺面的微粒的質(zhì)量范圍； (3)若微粒質(zhì)量m0＝1×1

18、0－13 kg，求滑塊開始運動時所獲得的速度． 學(xué)案42　帶電粒子在勻強磁場中的運動 【課前雙基回扣】 1．B　2.AC　3.D　4.AD　5.B 6．D 思維提升 1．帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動的情況的比較 (1)在電場中 ①當(dāng)粒子運動方向與電場方向一致時做勻變速直線運動； ②當(dāng)粒子垂直于電場方向進入時做勻變速曲線運動(類平拋運動)． (2)在磁場中 ①當(dāng)粒子運動方向與磁場方向一致時不受洛倫茲力作用，做勻速直線運動； ②當(dāng)粒子垂直于勻強磁場方向進入時做勻速圓周運動． 2．回旋加速器中磁場使粒子偏轉(zhuǎn)，電場使其加速，且交變電場的

19、周期與粒子做圓周運動的周期相同．粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)． 【核心考點突破】 例1　(1)　(2) (3)tan(n＝2,3,4，…) [規(guī)范思維]　本題第(3)問出現(xiàn)多解的原因是由于速度大小的不確定，造成半徑大小的不確定引起的．對于多解題目要認(rèn)真分析多解原因，所謂具體問題具體分析． 例2　(1)　(2)　(3)2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中運動的時間最短，最短時間為. 解析　(1)t＝0時刻進入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為l，則有E＝① qE＝ma② l＝at③

20、 聯(lián)立①②③式，解得兩板間偏轉(zhuǎn)電壓為U0＝④ (2)t0時刻進入兩板間的帶電粒子，前t0時間在電場中偏轉(zhuǎn)，后t0時間兩板間沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動． 帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v0＝⑤ 帶電粒子離開電場時沿y軸負(fù)方向的分速度大小為 vy＝a·t0⑥ 帶電粒子離開電場時的速度大小為 v＝⑦ 設(shè)帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有 qvB＝m⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧解得R＝⑨ (3)2t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中運動時間最短．帶電粒子離開電場時沿y軸正方向的分速度為 vy′＝at0⑩ 設(shè)帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α，則

21、 tan α＝ 聯(lián)立⑩解得α＝ 帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，圓弧所對的圓心角2α＝，所求最短時間為tmin＝T 帶電粒子在磁場中運動的周期為T＝ 聯(lián)立式得tmin＝ [規(guī)范思維]　1.解答此類問題要把握三點： (1)帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，應(yīng)把合運動進行分解． (2)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，需根據(jù)圓周運動規(guī)律進行分析． (3)帶電粒子在磁場中運動時間的長短與軌跡圓弧所對圓心角的大小有關(guān)． 2．分析粒子在磁場中運動時間一般從下面兩方面入手： (1)當(dāng)速度一定時，弧長越長，圓心角越大，則帶電粒子在磁場中運動的時間越長，可由t＝T或t＝(l為弧長)來

22、計算t. (2)在同一磁場中，同一帶電粒子的速率v變化時，T不變，其運動軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運動時間越長． 例3 (1)qU0　(2)見解析中圖　(3)見解析 解析　(1)質(zhì)量為m0的粒子在磁場中做勻速圓周運動 qvB＝m0，T0＝ 則T0＝ 當(dāng)粒子的質(zhì)量增加了m0時，其周期增加了 ΔT＝T0 則根據(jù)題圖可知，粒子第一次的加速電壓 u1＝U0 粒子第二次的加速電壓 u2＝U0 射出時的動能 Ek2＝qu1＋qu2 解得Ek2＝qU0. (2)磁屏蔽管的位置如下圖所示 (3)在uab>0時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù) N＝，得N＝25 分析可得，

23、粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且u＝U0時也被加速的情況時，最終獲得的動能最大． 粒子由靜止開始加速的時刻 t＝T0　(n＝0,1,2，…) 最大動能 Ekm＝2×qU0＋qU0 解得Ekm＝qU0 [規(guī)范思維]　本題為空間分立型電磁場問題，帶電粒子在電場中只加速，在磁場中只偏轉(zhuǎn)．還應(yīng)突破以下幾點： ①只有在Uab>0時，才能加速． ②粒子質(zhì)量增大后，電場周期與粒子運動周期不同步，造成每次加速電壓不同，應(yīng)根據(jù)比例算出下一次的加速電壓． ③粒子在磁屏蔽管內(nèi)做勻速直線運動，在管外做勻速圓周運動，加屏蔽管后，相當(dāng)于粒子運動的圓軌跡沿管方向平移了L. 思想方法總結(jié) 1．解決多解

24、性問題的注意事項： (1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因． (2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)． (3)如果是周期性重復(fù)的多解問題，應(yīng)列出通項式，如果是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件． 2．當(dāng)帶電粒子在分區(qū)域勻強電場、勻強磁場運動時，應(yīng)注意： (1)分清運動過程，明確各過程的運動性質(zhì)．一般情況下，帶電粒子在電場中做類平拋運動，在勻強磁場中做勻速圓周運動． 注意這兩種運動軌跡都是曲線，但性質(zhì)不同． (2)在分析問題時，應(yīng)注意培養(yǎng)思維的邏輯性，按順序往后分析．要學(xué)會進行推理與判斷． 【課時效果檢測】 1．B　2.ABC　3.D 4.≤B≤ 5

25、．(1) (2)0.4 m　(3)7.68×10－18 J 6．(1)見解析　(2)R≤ 解析　(1)粒子經(jīng)過電場加速，進入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，有 qU＝mv2① 進入磁場后做圓周運動，設(shè)軌道半徑為r qvB＝m② 打到H點，則r＝③ 解①②③得＝ (2)要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度小于或等于90°，如圖所示，此時磁場區(qū)半徑 R＝r＝ 所以，磁場區(qū)域半徑應(yīng)滿足的條件為：R≤. 7．(1)sin φ　(2)sin3φcos φ 8．(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 9．(1)1.25×10－11 N　C板為正極　D板為負(fù)極　(2)8

26、.1×10－14 kg

27、⑥式，代入數(shù)據(jù)，有 8．1×10－14 kg

28、os θ 及正弦定理， ＝ 聯(lián)立③、④和⑧～，并代入數(shù)據(jù)，解得 v0＝4.15 m/s φ＝arcsin 0.8(或φ＝53°) 易錯點評 1．在第1題中，某些同學(xué)往往弄不清楚粒子的運動性質(zhì)，或者雖知道粒子的運動性質(zhì)，但不知如何去分析比較，可以這樣分析：當(dāng)通過電場時，粒子做類平拋運動，水平速度v0不變，t1＝，l等于bc的長，當(dāng)通過磁場時，粒子做勻速圓周運動，t2＝，s為粒子運動的弧長，顯然s>l，因此t2>t1. 2．在第3題中，定要寫出動能的表達式，才能看出它與哪些因素相關(guān)． 3．在第6題的(2)中，求磁場區(qū)域滿足的條件，是很多同學(xué)認(rèn)為的難點之一，不知道怎樣去分析．如能畫出運動軌跡，問題便迎刃而解．