2019屆高考物理 專題二十 帶電粒子在勻強磁場中運動精準(zhǔn)培優(yōu)專練.doc

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培優(yōu)點二十 帶電粒子在勻強磁場中運動 一、考點分析 1. 本知識點是高考的重點，近幾年主要是結(jié)合幾何知識考查帶電粒子在有界勻強磁場及復(fù)合場、組合場中的運動。 2. 注意“運動語言”與“幾何語言”間的翻譯，如：速度對應(yīng)圓周半徑；時間對應(yīng)圓心角或弧長或弦長等。 二、考題再現(xiàn) 典例1. (2018全國I卷25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核和一個氘核先后從y軸上y = h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。的質(zhì)量為m，電荷量為q，不計重力。求： (1)第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應(yīng)強度大??； (3)第一次離開磁場的位置到原點O的距離。 【解析】 (1)在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有 ① ② 由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度y分量的大小為 ③ 聯(lián)立以上各式得 ④ (2)在電場中運動時，由牛頓第二定律有 ⑤ 設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 ⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ⑦ 由幾何關(guān)系得 ⑧ 聯(lián)立以上各式得 ⑨ (3)設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 ⑩ 由牛頓第二定律有 ? 設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有 ? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得，，? 設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 ? 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關(guān)系有 ? 聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時得位置到原點O的距離為? 三、對點速練 1．(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30角的方向垂直射入磁場。甲粒子垂直于bc邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點離開磁場。已知甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為1 : 2，質(zhì)量之比為1 : 2，不計粒子重力。 以下判斷正確的是( ) A．甲粒子帶負(fù)電，乙粒子帶正電 B．甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍 C．甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的倍 D．甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的倍 【答案】CD 2. (多選)如圖，一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)一個水平向右的初速度v0，在以后的運動中下列說法正確的是( ) A. 圓環(huán)可能做勻減速運動 B. 圓環(huán)可能做勻速直線運動 C. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功可能為 D. 圓環(huán)克服摩擦力所做的功不可能為 【答案】BC 3．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中有兩個全等的直角三角形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，充滿了方向均垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強度大小為B0，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小可調(diào)，C點坐標(biāo)為（4L，3L），M點為OC的中點。質(zhì)量為m帶電量為-q的粒子從C點以平行于y軸方向射入磁場Ⅱ中，速度大小為，不計粒子所受重力，粒子運動軌跡與磁場區(qū)域相切時認(rèn)為粒子能再次進入磁場。 (1)若粒子無法進入?yún)^(qū)域Ⅰ中，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度大小范圍； (2)若粒子恰好不能從AC邊射出，求區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度大小。 【解析】(1)粒子速度越大，半徑越大，當(dāng)運動軌跡恰好與x軸相切時，恰好不能進入Ⅰ區(qū)域。 故粒子運動半徑 粒子運動半徑滿足： 聯(lián)立解得：。 (2)粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑 若粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑R較小，則粒子會從AC邊射出磁場。恰好不從AC邊射出時滿足∠O2O1Q = 2θ 又， 聯(lián)立解得：。 4．如圖所示，虛線OL與y軸的夾角θ = 45，在OL上側(cè)有平行于OL向下的勻強電場，在OL下側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量q(q > 0)的粒子以速率v0從y軸上的M(OM = d)點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，不計粒子重力。 (1)求此電場的場強大小E； (2)若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，求粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間。 【解析】(1)粒子在電場中運動，只受電場力作用：， 沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標(biāo)系，則在X方向位移關(guān)系有： dsin θ = v0cos θ?t 該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在Y方向上，速度關(guān)系有： 聯(lián)立解得： (2)根據(jù)(1)可知粒子在電場中運動的時間 粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設(shè)圓周運動的周期為T。粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL在磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為 粒子在磁場中運動，洛倫茲力作為向心力，所以有 根據(jù)(1)可知，粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即 粒子在電場中運動，在Y方向上的位移 所以，粒子進入磁場的位置在OL上距離O點 粒子能在磁場中返回OL，則：，即 所以 所以，粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間。 5．如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，該真空中存在方向沿x軸正向、場強為E的勻強電場和方向垂直xOy平面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，原點O處的離子源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質(zhì)量為m、電荷量為-q（q > 0）的粒子束，粒子恰能在xOy平面內(nèi)做直線運動，重力加速度為g，不計粒子間的相互作用。 (1)求粒子運動到距x軸為h時所用的時間； (2)若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)?，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍（不考慮電場變化產(chǎn)生的影響）； (3)若保持E、B初始狀態(tài)不變，僅將粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求運動過程中，粒子速度大小等于原來初速度的點所在直線方程。 【解析】(1)粒子恰能在xOy平面內(nèi)做直線運動，則粒子在垂直速度方向上所受合外力一定為零，又有電場力和重力為恒力，其在垂直速度方向上的分量不變，而要保證該方向上合外力為零，則洛倫茲力大小不變，因為洛倫茲力，所以受到大小不變，即粒子做勻速直線運動，重力、電場力和磁場力三個力的合力為零。 設(shè)重力與電場力合力與-y軸夾角為θ，粒子受力如圖所示，則： ， 則v在y方向上分量大小 因為粒子做勻速直線運動，根據(jù)運動的分解可得，粒子運動到距x軸為h處所用的時間 。 (2)若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下，電場強度大小變?yōu)?，則電場力，電場力方向豎直向上。 所以粒子所受合外力就是洛倫茲力，則有，洛倫茲力充當(dāng)向心力，即： 所以 如圖所示，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)粒子在O點就改變電場時，第一次打在x軸上的橫坐標(biāo)最?。? 當(dāng)改變電場時粒子所在處與粒子第一次打在x軸上的位置之間的距離為2r時，第一次打在x軸上的橫坐標(biāo)最大： 所以從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍為。 (3)粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子不能做勻速直線運動，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而洛倫茲力不做功，電場力和重力對粒子所做的總功必不為零 那么設(shè)離子運動到位置坐標(biāo)（x，y）滿足速率，則根據(jù)動能定理有： 所以。 6. 如圖所示，xOy平面內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B = 0.1 T，在原點O有一粒子源，它可以在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射出質(zhì)量m = 6.410-27 kg、電荷量q = 3.210-19 C、速度v = 1.0106 m/s的帶正電的粒子。一感光薄板平行于x軸放置，其中點O′的坐標(biāo)為(0，a)，且滿足a >0。不考慮粒子的重力以及粒子之間的相互作用，結(jié)果保留三位有效數(shù)字。 (1)若薄板足夠長，且a = 0.2 m，求感光板下表面被粒子擊中的長度； (2)若薄板長l = 0.32 m，為使感光板下表面全部被粒子擊中，求a的最大值； (3)若薄板長l = 0.32 m，a = 0.12 m，要使感光板上表面全部被粒子擊中，粒子的速度至少為多少? 【解析】(1)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。有： 解得：r = 0.2 m 如圖1，沿y軸正向發(fā)射的粒子擊中薄板的最左端D點，有x1= r = 0.2 m 而擊中簿板的最右端的粒子恰好運動了半個圓周，由幾何關(guān)系= 0.346 m 所以，感光板下表面被粒子擊中的長度L = 0.546 m。 (2)如圖2，粒子恰能擊中薄板的最左端D點，由幾何關(guān)系 解得： 如圖3，若粒子恰能擊中薄板的最右端E點，由幾何關(guān)系> 0.320 m 綜上可得，為使感光板下表面全部被粒子擊中，a的最大值： (3)如圖4，粒子恰能沿水平方向擊中薄板最右端的E點，由幾何關(guān)系 ， 如圖5，恰能擊中薄板最右端的D點，由幾何關(guān)系 綜上可得，要使感光板上表面被擊中，必須滿足 而 解得粒子的速度。