2019-2020年高考物理拉分題專項訓(xùn)練 專題21 帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的對稱性問題（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理拉分題專項訓(xùn)練 專題21 帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的對稱性問題（含解析）一、考點(diǎn)精析：磁場是高中物理的重點(diǎn)內(nèi)容之一，覆蓋考點(diǎn)多，今后的考試中仍將是一個熱點(diǎn)。本專題只討論帶電粒子在磁場中的運(yùn)動，則大致可分為兩類：1、帶電粒子在單一磁場中的運(yùn)動；2、帶電粒子在多個磁場中的運(yùn)動。帶電粒子在勻強(qiáng)電磁中做勻速圓周運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡、軌跡對應(yīng)的圓心角、運(yùn)動時間、射入和射出的角度等都具有對稱性，本專題討論上述兩種情況下，帶電粒子運(yùn)動的對稱性二、解題思路：通過幾何知識求出關(guān)于距離的量確定圓心確定軌跡確定半徑的值確定圓心角求出時間向心力方程三、經(jīng)典考題：例題1（單一磁場中的運(yùn)動）（xx新課標(biāo)II卷）空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（ ）A. B. C. D. 思路：射入的角度和射出的角度是對稱的，本題中沿半徑射入，就應(yīng)該沿半徑射出，所以很容易確定圓心的位置，角度題設(shè)中給定，則半徑用幾何方法就能計算出來；列出相應(yīng)的向心力方程就能求解。解析：帶正電的粒子垂直磁場方向進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動，畫出軌跡如圖，例題2（單一磁場中的運(yùn)動）如圖所示，在邊界MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電粒子，以垂直于磁場方向與MN成30角射入磁場區(qū)域，速度為v，已知磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，那么粒子射出邊界MN的位置與射入位置之間的距離和粒子在磁場中運(yùn)動的時間分別是（）A、 B、 C、 D、思路：射入的角度和射出的角度是對稱的，所以射出的角度與MN也成30；半徑與速度垂直，所以就能確定圓心，以及畫出軌跡；做出輔助線就能通過幾何的方法求出距離；通過角度能求出圓心角，就能確定運(yùn)動的時間。解析：粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示：例題3（多個磁場中的運(yùn)動）（xx黃山一模）如圖所示，MN為兩個勻強(qiáng)磁場的分界面，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的關(guān)系為B1=2B2，一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子從O點(diǎn)垂直MN進(jìn)入B1磁場，則經(jīng)過多長時間它將向下再一次通過O點(diǎn)（）A、 B、 C、 D、思路：本題中1、3兩端軌跡和時間都是對稱的。解析：粒子垂直進(jìn)入磁場，由洛倫茲力提供向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得得軌跡半徑，周期可知畫出軌跡如圖粒子在磁場B1中運(yùn)動時間為T1，在磁場B2中運(yùn)動時間為粒子向下再一次通過O點(diǎn)所經(jīng)歷時間故B正確。例題4、（多個磁場中的運(yùn)動）（xx廣東卷）如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，以水平面MN為理想分界面，區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外. A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入?yún)^(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入?yún)^(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮(1)若k1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；(2)若2k3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關(guān)系式和區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與k的關(guān)系式。思路：軌跡對稱。解析：(1)粒子在電場中，由動能定理有粒子在區(qū)洛倫茲力提供向心力當(dāng)k1時，由幾何關(guān)系得解得（2）由于2k3時，由題意可知粒子在區(qū)只能發(fā)生一次偏轉(zhuǎn)，軌跡如圖由幾何關(guān)系可知：解得：解得：粒子在區(qū)洛倫茲力提供向心力，故：由對稱性及幾何關(guān)系可知：，得：解得：。例題5、（多個磁場中的運(yùn)動）（xx海南）圖（a）所示的xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖（b）所示。當(dāng)B為+B0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向指向紙外。在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質(zhì)量之比恰好等于。不計重力。設(shè)P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正方向自O(shè)點(diǎn)開始運(yùn)動，將它經(jīng)過時間T到達(dá)的點(diǎn)記為A。（1）若t0=0，則直線OA與x軸的夾角是多少？（2）若t0=T/4，則直線OA與x軸的夾角是多少？（3）為了使直線OA與x軸的夾角為/4，在0 t00）。質(zhì)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(diǎn)與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角為60，則粒子的速率為（不計重力）A B C D解析：粒子的偏轉(zhuǎn)角60，即它的軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角是60，所以入射點(diǎn)、出射點(diǎn)和圓心構(gòu)成等邊三角形，所以，它的軌跡的半徑與圓形磁場的半徑相等，即r=R，軌跡如圖：洛倫茲力提供向心力：，變形得：，故B正確。2、（xx商丘三模）如圖所示，L1和L2為兩條平行的虛線，L1上方和L2下方都是范圍足夠大，且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，A、B兩點(diǎn)都在L2上帶電粒子從A點(diǎn)以初速度v0與L2成30角斜向右上方射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點(diǎn)，經(jīng)過B點(diǎn)時速度方向也斜向上，不計重力，下列說法錯誤的是（）A若將帶電粒子在A點(diǎn)時的初速度變大（方向不變），它將不能經(jīng)過B點(diǎn)B帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時的速度一定跟在A點(diǎn)時的速度大小相同C此帶電粒子既可以是正電荷，也可以是負(fù)電荷D若將帶電粒子在A點(diǎn)時的初速度方向改為與L2成60角斜向右上方，它將不能經(jīng)過B點(diǎn)解析：畫出帶電粒子運(yùn)動的可能軌跡，B點(diǎn)的位置可能有下圖四種；A、根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界L1時入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的距離與經(jīng)過邊界L2時入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的距離相同，與速度無關(guān)，所以當(dāng)初速度大小稍微增大一點(diǎn)，但保持方向不變，它仍有可能經(jīng)過B點(diǎn)，故A錯誤；B、如圖，粒子B的位置在B1、B4，速度跟在A點(diǎn)時的速度大小相等，但方向不同，故B正確；C、如圖，分別是正負(fù)電荷的軌跡，正負(fù)電荷都可能，故C正確；D、如圖，設(shè)L1與L2 之間的距離為d，則A到B2的距離為：，所以，若將帶電粒子在A點(diǎn)時初速度方向改為與L2成60角斜向上，它就只經(jīng)過一個周期后一定不經(jīng)過B點(diǎn)，故D正確。本題選錯誤的，所以選A。3、（xx吉林一模）如圖所示，邊長為L的等邊三角形abc為兩個勻強(qiáng)磁場的理想邊界，三角形內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，三角形外的磁場范圍足夠大，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B把一粒子源放在頂點(diǎn)a處，它將沿a的角平分線發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為的帶負(fù)電粒子（粒子重力不計）在下列說法中正確的是（）A帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑是B帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑是C帶電粒子第一次到達(dá)c點(diǎn)所用的時間是D帶電粒子第一次返回a點(diǎn)所用的時間是解析：AB：粒子所受到的洛侖茲力充當(dāng)向心力，即，解得，故AB錯誤；CD：粒子在磁場中的周期：，如圖所示，粒子經(jīng)歷三段圓弧回到a點(diǎn)，則由幾何關(guān)系可知，各段所對應(yīng)的圓心角分別為：，則帶電粒子第一次返回到a點(diǎn)所用時間為，故C錯誤D正確。4、如圖1.1所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，左側(cè)區(qū)域?qū)挾萪，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外。右側(cè)區(qū)域?qū)挾茸銐虼?，勻?qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向里；一個帶正電的粒子（質(zhì)量m，電量q，不計重力）從左邊緣a點(diǎn)，以垂直于邊界的速度進(jìn)入左區(qū)域磁場，經(jīng)過右區(qū)域磁場后，又回到a點(diǎn)出來。求（1）畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡；（2）粒子在磁場中運(yùn)動的速率v；（3）粒子在磁場中運(yùn)動的時間。思路：如圖1.2所示，粒子從a點(diǎn)飛入，受磁場力作用做圓周運(yùn)動，穿過磁場邊界后，受到反向磁場力作用，回來穿過邊界回到a點(diǎn)，形成對稱的運(yùn)動。解析：（1）如圖1.2所示（2）用幾何知識對圖1.2處理，得到圖1.3設(shè)粒子的速率為v，由幾何知識得到，由，得；（3）如圖，可知粒子先運(yùn)行個周期，再運(yùn)行個周期，然后再運(yùn)行個周期，所以粒子運(yùn)動的時間為個周期，而周期，所以運(yùn)動的時間為。5、（xx重慶卷）如題9圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強(qiáng)電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點(diǎn)，NS和MT間距為1.8h，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的粒子從P點(diǎn)垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運(yùn)動，重力加速度為g.(1)求電場強(qiáng)度的大小和方向(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值(3)若粒子能經(jīng)過Q點(diǎn)從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值解析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力與重力合力為零，即mg=qE，解得：，電場力方向豎直向上，電場方向豎直向上；（2）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r1、r2，圓心的連線與NS的夾角為，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：，解得，粒子軌道半徑：，則，由幾何知識得：，解得：；（3）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r1、r2，粒子第一次通過KL時距離K點(diǎn)為x，由題意可知： ，解得：，即：n=1時，n=2時，n=3時，。6、（xx浙江）有一個放射源水平放射出、和三種射線，垂直射入如圖14所示磁場。區(qū)域和的寬度均為d，各自存在著垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B相等，方向相反(粒子運(yùn)動不考慮相對論效應(yīng))。（1）若要篩選出速率大于v1的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域，求磁場寬度d與B和v1的關(guān)系。（2）若B0.0034T，v10.1c（c是光速），則可得d；粒子的速率為0.001c，計算和射線離開區(qū)域時的距離；并給出去除和射線的方法。（3）當(dāng)d滿足第(1)小題所給關(guān)系時，請給出速率在v1vv2區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置和方向。（4）請設(shè)計一種方案，能使離開區(qū)域的粒子束在右側(cè)聚焦且水平出射。已知：電子質(zhì)量me9.11031kg，粒子質(zhì)量m6.71027kg，電子電荷量q1.61019C，。解析：（1）作出臨界軌道，由幾何關(guān)系知r=d；由得若要篩選出速率大于v1的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域，要磁場寬度d與B和v1的關(guān)系為；（2）對電子對粒子：作出軌道如圖豎直方向上的距離區(qū)域的磁場不能將射線和射線分離，可用薄紙片擋住射線，用厚鉛板擋住射線，和射線離開區(qū)域時的距離為0.7m；可用薄紙片擋住射線，用厚鉛板擋住射線；（3）在上述條件下，要求速率在區(qū)間的粒子離開區(qū)域時的位置和方向，先求出速度為v2的的粒子所對應(yīng)的圓周運(yùn)動半徑畫出速率分別為v1和v2的粒子離開區(qū)域的軌跡如圖