（新課標)2013年高考物理 考前預測核心考點專項突破 帶電粒子在磁場中的圓周運動 (2)

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1、新課標2013年高考考前預測核心考點專項突破 帶電粒子在磁場中的圓周運動 【核心內(nèi)容解讀】磁場對運動電荷的作用力叫做洛侖茲力，當帶電粒子垂直磁場方向進入磁場中，所受洛侖茲力大小F=qvB，方向由左手定則判斷。帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題可歸納為：定圓心、求半徑、算時間。定圓心。因洛侖茲力F與粒子的速度方向垂直，提供向心力，永遠指向圓心，據(jù)此可畫出粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入和射出磁場的兩點）的洛侖茲力的方向（做這兩點速度方向的垂線），其延長線的交點即為圓周軌道的圓心。若已知入射點的速度方向和出射點的位置時，可以通過入射點作入射點速度方向的垂線和入射點與出射點連線的中垂線，

2、兩垂線的交點即為圓軌道的圓心。求半徑。利用洛侖茲力等于向心力求出半徑或畫出軌跡示意圖，利用幾何知識常用解三角形的方法確定半徑。算時間。若粒子運動軌跡是一完整的圓可利用周期公式T= 2πm/qB求出時間。粒子運動軌跡不是一完整的圓時要利用圓心角和弦切角的關(guān)系（圓心角等于2倍弦切角），偏向角等于圓心角或四邊形的四個內(nèi)角和等于360o計算出軌跡所對的圓心角的大小，再由公式t=計算出運動時間。帶電粒子在勻強磁場中運動具有對稱性，若帶電粒子從某一直線邊界射入勻強磁場，又從同一邊界射出磁場時，粒子的入射速度方向與邊界的夾角和出射速度方向與邊界的夾角相等；帶電粒子沿半徑方向射入圓形磁場區(qū)域，必沿半徑方向射出

3、圓形磁場區(qū)域。 預測題1．如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點。有無數(shù)帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的1/3。將磁感應強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則B2/B1等于 A . B. C. 2 D. 3 解析：設圓形區(qū)域磁場的半徑為R，根據(jù)題述，畫出軌跡示意圖，當粒子射出邊界的位置的圓弧弧長是圓周長的1/3時，軌跡半徑r1=Rsin60°，由洛倫茲力等于向心力，得到r1==mv/

4、qB1；當粒子射出邊界的位置的圓弧弧長是圓周長的1/6時，軌跡半徑r2=Rsin30°，由洛倫茲力等于向心力，得到r2==mv/qB2；聯(lián)立解得B2/B1=，選項B正確。 答案：B 【名師點評】帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡具有對稱性，畫出軌跡圖，找出軌跡圓心和軌跡所對的圓心角，要注意應用幾何關(guān)系。 預測題2. 如右圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則（ ） A. 如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如

5、果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼亩?，也將從d點射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e,d,f點射出時，從f點射出所用的時間最短 解析：由r=mv/qB可知，如果粒子的速度增大為原來的二倍，軌道半徑增大到原來的二倍，將從d點射出，選項A正確；如果粒子的速度增大為原來的三倍，不能從f點射出，選項B錯誤；如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變?yōu)樵瓉淼亩叮瑢腶e的中點射出，選項C錯誤；只改變粒子的速度使其分別從e,d點射出時所用時間為T/4，從f點射出所用的時間為T/8，時間最短，選項D正確。 答案：AD 【名師點評】此題考查帶電粒子在正方形邊界磁場中的運動。 VA VB

6、 . . . . . . . . . . . . 預測題3.如圖所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時從勻強磁場的邊界上的P點以等大的速度，以與邊界成30°和60°的交角射入磁場，又恰好不從另一邊界飛出，設邊界上方的磁場范圍足夠大，下列說法中正確的是??（??? ） A. A 、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 B. A 、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 C. A 、B兩粒子的之比為 D. A 、B兩粒子的之比為 解析：畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡， 設磁場寬度為L，以與邊界成30°的交角射入磁場，R1cos30°+ R

7、1=L；解得R1=2(2-)L。以與邊界成60°的交角射入磁場，R2cos60°+ R2=L；解得R2=2L/3。A 、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為R1∶ R2=，選項A錯誤B正確。由R=mv/qB可得A 、B兩粒子的之比等于半徑之比，為選項C錯誤D正確。 答案：BD 【名師點評】此題考查帶電粒子在兩平行線邊界磁場中的運動。 預測題4．如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S。某一時刻，從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子（不計粒子的重力及粒子間的相互作用），所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場

8、。已知∠AOC=60°從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T/2 ( T為粒子在磁場中運動的周期），則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為(　 ) A．T/8 B．T/6 C．T/4 D．T/3 解析：設OS=L，根據(jù)題述從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于T/2可知，粒子軌跡半徑為L/2。從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為T/8，選項A正確。 答案：A 【名師點評】此題考查帶電粒子在角形邊界磁場中的運動。 核心考點二、帶電粒子在電場中的類平拋運動與磁場中的圓周運動 【核心內(nèi)容解讀】帶電粒子在電場中的類平拋

9、運動可按照運動分解把帶電粒子的運動分解為垂直電場方向的勻速直線運動和沿電場方向的勻變速直線運動。帶電粒子在電場中加速利用動能定理列方程解答，在磁場中的勻速圓周運動可依據(jù)洛侖茲力提供向心力列方程解答。 預測題1．如圖，POy區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，POx區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，OP與x軸成θ角．不計重力的負電荷，質(zhì)量為m、電量為q，從y軸上某點以初速度v0垂直電場方向進入，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后垂直O(jiān)P進入磁場，又垂直x軸離開磁場．求： （1）電荷進入磁場時的速度大小 （2）電場力對電荷做的功 （3）電場強度E與磁感應強度B的比值 解析：（1）設帶電粒子到達OP進入磁場前的瞬

10、時速度為v，有：v=① （2）由動能定理，電場力做的功為： WF=mv2-mv02=mv02cot2θ （2）設帶電粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓運動定律：qvB= mv2/R， 依題意： OD=R， 由幾何關(guān)系：CD= OD cosθ， 在x方向有：CD= v0t， 又： vDy= v0cotθ 在y方向：vDy=at，a=qE/m ， 聯(lián)立解得：E/B= v0。 【名師點評】此題以帶電粒子在電場中的類平拋運動與磁場中的圓周運動切入，綜合考查速度分解、動能定理、洛倫茲力、牛頓第二定律、電場力等重點知識。 預測題2.(2012江蘇聯(lián)

11、考)如圖所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為L兩板間距離為d，在PQ板的上方有垂直紙面向里足夠大的勻強磁場．一個電荷量為q，質(zhì)量為m的帶負電粒子以速度V0從MN板邊緣且緊貼M點，沿平行于板的方向射入兩板間，結(jié)果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場．不計粒子重力，求： (1)兩金屬板間所加電壓U的大?。?2)勻強磁場的磁感應強度B的大??；(3)當該粒子再次進入電場并再次從電場中飛出時的速度及方向． 解析：（1）粒子在電場中運動時間為t，沿極板方向運動，L=v0t， 沿電場方向運動，d=at2，加速度a=qU/md 聯(lián)立解得，U=。 （2）設

12、粒子飛出電場時的速度為v，豎直分速度為vy，與極板之間的夾角為θ，則有 vy=at，v=v0/cosθ，tanθ=vy/v0， 粒子在勻強磁場中運動的軌道半徑R=L/2sinθ 所受洛倫茲力提供向心力，qvB=m 聯(lián)立解得磁感應強度B= （3）根據(jù)粒子在磁場及電場中運動的對稱性易知，粒子再次進入電場并再次從電場中飛出時的速度為v0，方向水平向左。 【名師點評】此題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動和磁場中的勻速圓周運動。 預測題3．如圖甲所示的控制電子運動裝置由偏轉(zhuǎn)電場、偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平平行放置的導體板之間，勻強

13、磁場水平寬度一定，豎直長度足夠大，其緊靠偏轉(zhuǎn)電場的右邊。大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導體板之間。當兩板間沒有加電壓時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當兩板間加上圖乙所示的電壓U時，所有電子均能通過電場、穿過磁場，最后打在豎直放置的熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，不計電子的重力及電子間的相互作用，電壓U的最大值為U0，磁場的磁感應強度大小為B、方向水平且垂直紙面向里。 （1）如果電子在t=t0時刻進入兩板間，求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大小。 （3）證明：在滿足（2）問磁場寬度l的條件下，所有電子自進入板間到最終打在熒光屏上的總時間相同。

14、解析：（1）電子在t=t0時刻進入兩板間，先做勻速運動，后做類平拋運動，在2t0～3t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)， a=eE/m=，它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大小y=at02=。 （2）設電子從電場中射出的偏向角為θ，速度為v，則電子從電場中射出沿電場方向的分速度vy=at0 =t0，sinθ== 。 電子通過勻強磁場并能垂直打在熒光屏上，其圓周運動的半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律 有evB=m，由幾何關(guān)系得sinθ=l/R ， 聯(lián)立解得水平寬度l=。 （3）證明：無論何時進入兩板間的電子，在兩板間運動的時間均為t1=2t0， 射出電場時的豎直分速度vy均相同，vy=at0=t0， 射出電場時速度方向與初速度v0方向的夾角θ均相同，滿足tanθ== 。