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2019-2020年高考物理復習 有界磁場單元練習 一、明確帶電粒子在磁場中的受力特點 1. 產生洛倫茲力的條件： ①電荷對磁場有相對運動．磁場對與其相對靜止的電荷不會產生洛倫茲力作用． ②電荷的運動速度方向與磁場方向不平行． 2. 洛倫茲力大?。? 當電荷運動方向與磁場方向平行時，洛倫茲力f=0； 當電荷運動方向與磁場方向垂直時，洛倫茲力最大，f=qυB； 當電荷運動方向與磁場方向有夾角θ時，洛倫茲力f= qυBsinθ 3. 洛倫茲力的方向：洛倫茲力方向用左手定則判斷 4. 洛倫茲力不做功． 二、明確帶電粒子在勻強磁場中的運動規(guī)律 帶電粒子在只受洛倫茲力作用的條件下： 1. 若帶電粒子沿磁場方向射入磁場，即粒子速度方向與磁場方向平行，θ＝0或180時，帶電粒子粒子在磁場中以速度υ做勻速直線運動． 2. 若帶電粒子的速度方向與勻強磁場方向垂直，即θ＝90時，帶電粒子在勻強磁場中以入射速度υ做勻速圓周運動． ①向心力由洛倫茲力提供： ②軌道半徑公式： ③周期：，可見T只與有關，與v、R無關。 三、充分運用數(shù)學知識（尤其是幾何中的圓知識，切線、弦、相交、相切、磁場的圓、軌跡的圓）構建粒子運動的物理學模型，歸納帶電粒子在磁場中的題目類型，總結得出求解此類問題的一般方法與規(guī)律。 1. “帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動”的基本型問題 （1）定圓心、定半徑、定轉過的圓心角是解決這類問題的前提。確定半徑和給定的幾何量之間的關系是解題的基礎，有時需要建立運動時間t和轉過的圓心角α之間的關系（）作為輔助。圓心的確定，通常有以下兩種方法。 ① 已知入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖9-1中P為入射點，M為出射點）。 圖9-1 圖9-2 圖9-3 ② 已知入射方向和出射點的位置，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心（如圖9-2,P為入射點，M為出射點）。 （2）半徑的確定和計算：利用平面幾何關系，求出該圓的可能半徑或圓心角。并注意以下兩個重要的特點： ① 粒子速度的偏向角等于回旋角α，并等于AB弦與切線的夾角（弦切角θ）的2倍，如圖9-3所示。即：。 ② 相對的弦切角θ相等，與相鄰的弦切角θ/互補，即θ＋θ/＝180o。 （3）運動時間的確定 粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為α時，其運動時間可由下式表示。 注意：帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動具有對稱性。 ① 帶電粒子如果從一直線邊界進入又從該邊界射出，則其軌跡關于入射點和出射點線段的中垂線對稱，入射速度方向、出射速度方向與邊界的夾角相等； ② 在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。 應用對稱性可以快速地確定運動的軌跡。 一、帶電粒子在圓形磁場中的運動 例1、(xx課標Ⅰ18)如圖7半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力) (　 　) A. B. C. D. 應用拓展：如圖15是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線向外．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子 (　 　) A．是正離子，速率為 B．是正離子，速率為 C．是負離子，速率為 D．是負離子，速率為 例2、如圖，半徑為的勻強磁場區(qū)域邊界跟軸相切于坐標原點O，磁感強度，方向垂直紙面向里．在O處有一放射源S，可向紙面各個方向射出速度為的粒子．已知粒子質量，電量，試畫出粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心軌道，求出粒子通過磁場空間的最大偏角． 例3、如圖所示，在一個圓形區(qū)域內，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60.一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30角的方向射入磁場，隨后該粒子沿垂直于A2A4的方向經過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場．已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求： (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡； (2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌道半徑R1和R2的比值； (3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)． 例4、如圖所示，在某空間實驗室中，有兩個靠在一起的等大的圓柱形區(qū)域，分別存在著等大反向的勻強磁場，磁感應強度B＝0.10 T，磁場區(qū)域半徑r＝ m，左側區(qū)域圓心為O1，磁場方向垂直紙面向里，右側區(qū)域圓心為O2，磁場方向垂直紙面向外，兩區(qū)域切點為C.今有一質量為m＝3.210－26 kg、帶電荷量為q＝1.610－19 C的某種離子，從左側區(qū)域邊緣的A點以速度v＝1106 m/s正對O1的方向垂直射入磁場，它將穿越C點后再從右側區(qū)域穿出．求： (1)該離子通過兩磁場區(qū)域所用的時間； (2)離子離開右側區(qū)域的出射點偏離最初入射方向的側移距離為多大？(側移距離指在垂直初速度方向上移動的距離) 二、帶電粒子在半無界磁場中的運動 例5、(xx廣東理綜21)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有(　　 ) A．a、b均帶正電 B．a在磁場中飛行的時間比b的短 C．a在磁場中飛行的路程比b的短 D．a在P上的落點與O點的距離比b的近 例6、如圖所示，在真空中坐標平面的區(qū)域內，有磁感強度的勻強磁場，方向與平面垂直，在軸上的點，有一放射源，在平面內向各個方向發(fā)射速率的帶正電的粒子，粒子的質量為，電量為，求帶電粒子能打到軸上的范圍． 三、帶電粒子在長方形磁場中的運動 例7、如圖5，長為間距為的水平兩極板間，有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感強度為，兩板不帶電，現(xiàn)有質量為，電量為的帶正電粒子（重力不計），從左側兩極板的中心處以不同速率水平射入，欲使粒子不打在板上，求粒子速率應滿足什么條件． 圖5 例8、長為L的水平極板間，有垂直紙面向內的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質量為m，電量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度V水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是：（ ） l l r1 O V +q V A．使粒子的速度V5BqL/4m； C．使粒子的速度V>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m 　　　　 B．B< C．B> 　　　　 D．B< 五、帶電粒子在“寬度一定的無限長磁場區(qū)域”中的運動 例11、如圖11所示，A、B為水平放置的足夠長的平行板，板間距離為，A板中央有一電子源P，在紙面內能向各個方向發(fā)射速度在范圍內的電子，Ｑ為P點正上方B板上的一點，若垂直紙面加一勻強磁場，磁感應強度，已知電子的質量，電子電量，不計電子的重力和電子間相互作用力，且電子打到板上均被吸收，并轉移到大地．求： （1）沿PＱ方向射出的電子擊中A、B兩板上的范圍． （２）若從Ｐ點發(fā)出的粒子能恰好擊中Ｑ點，則電子的發(fā)射方向（用圖中角表示）與電子速度的大小之間應滿足的關系及各自相應的取值范圍． 圖8 六、帶電粒子在相反方向的兩個有界磁場中的運動 例12、如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場．左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程．求： （1） 中間磁場區(qū)域的寬度d; （2） 帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t. B B E L d O 七、帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題 例13、如圖所示，有一個磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場，在磁場 中的O點有一個粒子源，能向紙面內各個方向連續(xù)不斷地均勻發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電 粒子，PQ是垂直紙面放置且厚度不計的擋板，擋板的P端與O點的連線跟擋板垂直．帶電粒子 的重力以及粒子間的相互作用力忽略不計． (1)為了使帶電粒子不打在擋板上，粒子源到擋板的距離d應滿足什么條件？ (2)若粒子源到擋板的距離d＝，且已知沿某一方向射出的粒子恰好經過擋板的P點后最終又打在擋板上，求這個粒子從O點射出時的速度方向； (3)若粒子源到擋板的距離d＝，粒子打到擋板左、右表面上的長度之比是多少？ 應用拓展：(xx江蘇單科9)如圖12所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界．一質量為m、電荷量為q的粒子在紙面內從O點射入磁場．若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的A點．下列說法正確的有 (　 　) A．若粒子落在A點的左側，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點的右側，其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能小于v0－ D．若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，其速度不可能大于v0＋ 有界磁場（答案） 例1、解析　如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直 于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60，故圓弧ENM對應圓心角為60，所以 △EMO2為等邊三角形．由于O1D＝，所以∠EO1D＝60， △O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝， 得v＝，B正確． 答案　B 應用拓展答案　B 解析　因為離子向下偏，根據(jù)左手定則，離子帶正電，運動軌跡 如圖，由幾何關系可知r＝，由qvB＝m可得v＝，故 B正確． 例2解析：設粒子在洛侖茲力作用下的軌道半徑為，由 得 圖2 雖然粒子進入磁場的速度方向不確定，但粒子進場點是確定的，因此粒子作圓周運動的圓心必落在以O為圓心，半徑的圓周上，如圖２中虛線． 由幾何關系可知，速度偏轉角總等于其軌道圓心角．在半徑一定的條件下，為使粒子速度偏轉角最大，即軌道圓心角最大，應使其所對弦最長．該弦是偏轉軌道圓的弦，同時也是圓形磁場的弦．顯然最長弦應為勻強磁場區(qū)域圓的直徑．即粒子應從磁場圓直徑的A端射出． 如圖２，作出磁偏轉角及對應軌道圓心，據(jù)幾何關系得，得，即粒子穿過磁場空間的最大偏轉角為． 例3、解析　(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示． (2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先 順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出， 用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)的磁感應 強度、軌道半徑和周期． 設圓形區(qū)域的半徑為r，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子區(qū)Ⅰ磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r 在Ⅱ區(qū)磁場中運動的半徑R2＝ 即＝2∶1 (3)qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圓心角∠A1A2O＝60，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1 在Ⅱ區(qū)磁場中運動時間為t2＝T2 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2 由以上各式可得B1＝　B2＝ 例4答案　(1)4.1910－6 s　(2)2 m 解析　(1)離子在磁場中做勻速圓周運動，在左、右兩區(qū)域的運動軌跡是對稱的，如圖所示，設軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T 由牛頓第二定律有 qvB＝m ① 又T＝ ② 聯(lián)立①②得：R＝ ③ T＝ ④ 將已知數(shù)據(jù)代入③得R＝2 m ⑤ 由軌跡圖知tan θ＝＝，即θ＝ 則通過兩磁場區(qū)域所用的時間t＝2T＝ ⑥ 聯(lián)立④⑥并代入已知數(shù)據(jù)得 t＝ s＝4.1910－6 s (2)在圖中過O2向AO1作垂線，聯(lián)立軌跡對稱關系知 側移距離d＝2rsin 2θ 將已知數(shù)據(jù)代入得d＝2sin m＝2 m 例5答案　AD 解析　此題考查的是“定心判徑畫軌跡”，a、b粒子做圓周運動的半徑 都為R＝，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a軌跡，a在磁 場中轉過的圓心角大，由t＝T＝和軌跡圖可知A、D選項正確． 圖15 例6解析：帶電粒子在磁場中運動時有，則． 如圖１５所示，當帶電粒子打到軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點既為粒子能打到軸上方的最高點．因，，則． 當帶電粒子的圓軌跡正好與軸下方相切于Ｂ點時，Ｂ點既為粒子能打到軸下方的最低點，易得． 圖４ 綜上，帶電粒子能打到軸上的范圍為：． 例7解析：如圖４，設粒子以速率運動時，粒子正好打在左極板邊緣（圖４中軌跡１），則其圓軌跡半徑為，又由得，則粒子入射速率小于時可不打在板上． 設粒子以速率運動時，粒子正好打在右極板邊緣（圖４中軌跡２），由圖可得，則其圓軌跡半徑為，又由得，則粒子入射速率大于時可不打在板上． 綜上，要粒子不打在板上，其入射速率應滿足：或． 例8解析:由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得： 粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有： r12＝L2+(r1-L/2)2得r1=5L/4， 又由于r1=mV1/Bq得V1=5BqL/4m,∴V>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有r2＝L/4，又由r2＝mV2/Bq=L/4得V2＝BqL/4m ∴V22r ③ 由①②③解得：d> ④ (2)如圖所示，設粒子速度方向與OP連線的夾角為θ時，粒 子恰好經過擋板的P點后最終又打在擋板右表面的N點． 由幾何關系可知：△OPN為直角三角形，ON為粒子圓周運 動的直徑．由于d＝和①②可得： r＝＝＝d ⑤ 所以由幾何關系可得：θ＝30 ⑥ (3)粒子打到擋板左、右表面離P最遠時的示意圖如圖所示．由圖可知，粒子打到擋板左表面的長度為： PM＝r＝ ⑦ 粒子打到擋板右表面的長度為：PN＝2rcos 30＝ ⑧ 由⑦⑧得，粒子打到擋板左、右表面上的長度之比為＝ 答案　(1)d>　(2)與OP連線成30角斜向右下　(3) 應用拓展答案　BC 解析　帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qv0B＝，所以r＝，當帶電粒子從不同方向由O點以速度v0進入勻強磁場時，其軌跡是半徑為r的圓，軌跡與邊界的交點位置最遠是離O點2r的距離，即OA＝2r，落在A點的粒子從O點垂直入射，其他粒子則均落在A點左側，若落在A點右側則必須有更大的速度，選項B正確．若粒子速度雖然比v0大，但進入磁場時與磁場邊界夾角過大或過小，粒子仍有可能落在A點左側，選項A、D錯誤．若粒子落在A點左右兩側d的范圍內，設其半徑為r′，則r′≥，代入r＝，r′＝，解得v≥v0－，選項C正確．