2019年高考物理模型系列之算法模型專題13帶電粒子在有界磁場中運動模型學案

1、專題13帶電粒子在有界磁場中運動模型、圓形邊界1.粒子沿磁場邊界半徑方向進入磁場時：粒子正對圓心入射，背離圓心出射。出射點、入射點與圓心連線構(gòu)成一四邊形，連接兩圓心可得兩直角三角形。甲圖中=，由于粒子偏轉(zhuǎn)，偏向角=0,則；乙圖中=，偏向角=2Rtan_,Rr時900900R=r時900900Rr時，粒子保持相同速率沿不同方向進入磁場內(nèi)，出射位置分布在整個圓周上，偏向角、在磁場中運動時間存在一個最大值：出射點在入射點所在直徑的另一端時最大，此時sinmax2時取得最大值：sinx 12 R例12：如圖，一半徑為 R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）。在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)

2、量為 m電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的 a點射入柱形區(qū)域，在圓上的 b點離開該區(qū)域,離開時速度方向與直線垂直。圓心O到直線的距離為。現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場,同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域。若磁感應(yīng)強度大小為 B,不計重力,求電場強度的大小。當RfA. 2 b.3C.2 D. 3【解析】：設(shè)圓形區(qū)域磁場半徑為R,粒子的運動軌跡如圖，當粒子射出邊界的位置的圓弧弧長為是圓周長,B的1/3時，軌跡半徑ri=Rsin600,同理可知r2=Rsin300.由r=mv/qB可得B/Bi=ri/r2=sin600/sin300=3正確。3.若粒子從磁場

3、內(nèi)向圓形邊界運動時，會出現(xiàn)臨界狀態(tài)：軌跡與邊界相切。例14.如圖19(a)所示，在以。為圓心，內(nèi)外半徑分別為R1和2的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)，存在輻射狀電場和垂直紙面的勻強磁場，內(nèi)外圓間的電勢差U為常量，RRo,R23R0,一電荷量為+q,質(zhì)量為m的粒子從內(nèi)圓上的A點進入該區(qū)域，不計重力。(1)已知粒子從外圓上以速度Vi射出，求粒子在A點的初速度V0的大小(2)若撤去電場，如圖19(b),已知粒子從OA延長線與外圓的交點C以速度v2射出，方向與OA延長線成45。角，求磁感應(yīng)強度的大小及粒子在磁場中運動的時間(3)在圖19(b)中，若粒子從A點進入磁場，速度大小為V3,方向不確定，要使粒子一定能夠從外圓射出

4、，磁感應(yīng)強度應(yīng)小于多少?ffi 192 2Uq2mv27-2mv3【答案】：(1)必 一-(2)-,r (3) 3mq(R2 Ri) 2v2q Ri)【解析】：(1)由動能定理：Uq= mv2- - mvo222/曰 _ 2 2Uq得：v0=. v1m(2)如右圖：粒子在磁場中作圓周運動的半徑為r2=2( R2一R1)222-V2B1qv2=mr2Va（3）由Bqv3=m可知，B越小，R越大。與磁場邊界相切的圓的最大半徑為RR=R22mv3所以B23q(R2Ri)例15。如圖所示，在以坐標原點。為圓心，半徑為R的半圓行區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B,磁場方向垂直于xOy

5、平面向里。一帶正電的粒子（不計重力）從。點沿y軸正方向以某一速度射人，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)to時間從P點射出。（1）電場強度的大小和方向。（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從。點以相同的速度射人,經(jīng)且時間恰從半圓形區(qū)域的邊界射出,2求粒子運動加速大小（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從。點射入但速度為原來的4倍，求粒子在磁場中運動的時間。BR43R3【解析】：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為【答案】：（E）沿x軸正方向（a）斕）tototo218色電荷量為q,初速度為v,電場強度為E?？膳袛喑隽Ｗ邮艿降穆鍌惔帕ρ豿軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向且有qE=qvBR=vtoBR2)僅有電場時，帶

6、電粒子在勻強電場中作類平拋運動在方向位移由式得設(shè)在水平方向位移為與因射出位置在半圖形區(qū)域邊界上,于是又有1J。.x0（）2243R1X我at2to(3)僅有磁場時，入射速度v4v,帶電粒子在勻強磁場中作勻速圓周運動，設(shè)軌道半徑為二定律有2vqvBmr又qE=ma由式得3Rr3由幾何關(guān)系Rsin2r0即sin-2帶電粒子在磁場中運動周期2mqB則帶電粒子在磁場中運動時間tR所以tR3 tto1813模型演練1.如圖所示，在直線MN的右側(cè)分布了B=0.1T的勻強磁場，其方向垂直紙面向外。在邊界上的P點有一粒子源，能以一定的速率v=1xi06m/s在紙面內(nèi)各個方向不斷的發(fā)射比荷為1xi08C/kg的

7、帶正電的粒子(同一時刻在一個方向上僅發(fā)射一個粒子，且不計粒子的重力及粒子間的相互作用)，PP為熒光屏，PP與MN間的夾角為“=300,當有兩個粒子同時打在熒光屏上某點時，該點就被點亮。已知A是PP上的一個亮點，P、A的距離L=10vGcm。(1)求粒子在磁場中運動的半徑(2)求同時打到A點的兩個粒子從射入到打到A點的運動的時間之差【答案】：(1)0.1m(2)2.09X10-7s【解析】：(1)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設(shè)半徑為JIf由牛頓第二定律得：qvXngTp代入數(shù)據(jù)解得1m.“命(2)如圖所示,設(shè)點亮A點的其中一個粒子射入磁場時與屏PF的夾角為心L則另一粒子與PP的夾角為樣則有由口

8、8=2=當=坐,即6*3,周期：T生，代入數(shù)據(jù)解得：T=6.28X170s,qBL2二兩粒子從射入到打在A點的時間分別為：t1f-T、t23-T,22故兩粒子打到A點之前運動的時間差：t=T/3=2.09X10-7s.2 .如圖所示，在直角坐標系xoy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B,磁場方向垂直于紙面向外。許多質(zhì)量為m電荷量為+q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負方向與y軸正方向之間各個方向從原點。射入磁場區(qū)域。不計重力及粒子間的相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中Rmv,正確的圖是（）qB練2題圖【解析期以乂軸為邊界的磁場，苞子從工as入磁場

9、后在離開，與工莢角相同，根據(jù)左手定則和居三，沸知沿工軸員軸的WW子進入磁場做一個圖周,沿了軸進入的剛好轉(zhuǎn)半個磔樂如圖,在兩圖形的相交的部分是粒子不登過的地方，故A正確J3 .某帶電粒子從A板附近由靜止釋放，在電壓加速下，從B板中的小孔進入CD板間，CD間有一垂直于紙面向外的勻強磁場瓦=。,4粒子恰好能夠沿直線向上穿過該區(qū)域到達S,S為粒子散射裝置，之后粒子以原有速率向各個方向射入勻強磁場B變=604T,已知AB兩板間的電勢差叨強=+l00V,C、D兩板間電壓的大小U二二1600V,C、D兩板間距離d=4cm,e、F兩板間距離d2=2m,不計粒子重力求:A.C極板電勢高于D極板B.粒子的比荷為5

10、X107C/kgC.粒子打在圖中F板上左右兩側(cè)最遠點間的距離8cmD從S到F板運動時間最短的粒子是經(jīng)過S后速度方向垂直F板的粒子。丁匕；二二?14*0而粒子被加速，可知粒子帶正電。粒子在CD間沿直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，由左手定則知洛氏力方向向右，故電場力向左，D板帶正電、電勢高，A正確粒子在AB間加速：Uoq=1invD3,在CD間平衡：室0=qBkn,可得粒子比荷及獲得的速率為：5xUTC/kg,。=10sm/SB正確。由%q”三可得粒子在區(qū)區(qū)域內(nèi)運動的軌跡半徑為二端=5cm，作出臨界運動軌跡如圖中01、O2所示，由圖中幾何關(guān)iQ-1系有：工/+仁一小尸=產(chǎn)、山產(chǎn)=產(chǎn)得工1=必=4c

11、m,故L=8cm,C正確。從S到F運動時間最短的粒子對應(yīng)于運動軌跡弧最短、弦最短，即圖中圓弧O,可見其經(jīng)過S散射后的速度方向與F板垂線間d1.夾角。滿足sind11,D錯誤。22r54.扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺。其簡化模型如圖I、n兩處的條形均強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L,磁場方向相反且垂直紙面。一質(zhì)量為mr電量為-q、重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MNS處由靜止釋放，極板間電壓為U,粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入I區(qū)，射入時速度與水平方向夾角30(1)當I區(qū)寬度Li=L、磁感應(yīng)強度大小B=B時，粒子從I區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為30,求B0及粒子

12、在I區(qū)運動的時間to(2)若H區(qū)寬度L2=Li=L磁感應(yīng)強度大小B2=Bi=Bo,求粒子在I區(qū)的最高點與H區(qū)的最低點之間的高度差h(3)若L2=Li=L、Bi=,為使粒子能返回I區(qū)，求R應(yīng)滿足的條件(4)若BiB2,LiL2,且已保證了粒子能從n區(qū)右邊界射出。為使粒子從n區(qū)右邊界射出的方向與從I區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B、B2、Li、L2、之間應(yīng)滿足的關(guān)系式。B,S.I咯案】：9唇(2)(23聞(3)B23吸或B2需U)(4)BiLiB2L2【解析】：(i)如圖i所示，設(shè)粒子射入磁場I區(qū)的速度為v,在磁場I區(qū)中做圓周運動的半徑為R,由動能定理和牛頓第二定律得,I2GqU-mv22vqvBi

13、mRi由幾何知識得L2Risin聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Bo2mU設(shè)粒子在磁場I區(qū)中做圓周運動的周期為T,運動的時間為t2R12T2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Lm32qU(2)設(shè)粒子在磁場II區(qū)做圓周運動的半徑為R2,由牛頓第二定律得qvB22vm一 R2由幾何知識可得h (R1 R2)(1 cos ) Ltan聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得(3)如圖2所示，為使粒子能再次回到I區(qū)，應(yīng)滿足LR2(1sin)L或R2c1sin)聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得B23*23mU、)L2q(4)如圖3(或圖4)所示，設(shè)粒子射出磁場I區(qū)時速度與水平方向的夾角為,由幾何知識得L1R1(sinsin)13或L1R1(sinsin)L2R2(sin

14、sin)0或L2R2(sinsin)聯(lián)立式得BiR1B2R2聯(lián)立131415式得B1L1B2L21635.如圖所不，在邊長為L=1m的等邊三角形ACW域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B=3t、方向垂直紙面向外的3勻強磁場，現(xiàn)有一束比荷9=102C/kg帶正電粒子，從AC邊中點P以平行于CD邊的某一速度射入磁場，粒m子的重力可忽略不計.(1)若粒子進入磁場時的速度大小為v0=10m/s,求粒子在磁場中運動的軌道半徑;(2)若粒子能從AC邊飛出磁場，求粒子在磁場中的運動時間;(3)為使粒子能從CD邊飛出磁場，粒子進入磁場時的速度大小應(yīng)滿足的條件?【答案】(1)0.1732m(2)7.25X10-2S(3)1

15、2.5m/svvv50m/s2【解析】(1)洛倫茲力提供向心力，則有：qvB=mv-,r解之得:譚尋=0.1732m(2)從AC邊出磁場如圖圓心角0=二3則有運動的時間為：t二T2而T=2qB解之得：T=2兀j3xi0-2st=413X10-2s=7.25X10-2s3（3）設(shè)恰從CD邊出磁場的軌跡半徑為rl和相.根據(jù)幾何關(guān)系,則有si的。解得：上由幾何關(guān)系3有%-呼工戶+（：=九44解得：斗2由qvB=mY_,r得丫=眄，m貝Uvi=l2.5m/s8m又V2=*2m得v2=50m/s即12.5m/svv50m/s6.如圖所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻

16、強磁場。在t=0時刻，位于正方形中心。的離子源向平面abcd內(nèi)各個方向發(fā)射出大量帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形的邊長，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用力。已知平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd上某點離開磁場，下列說法正確的是XXXIX米XXXXdLA.粒子在該磁場中勻速圓周運動的周期為6t0B.粒子的比荷為6BtoC.粒子在磁場中運動的軌跡越長，對應(yīng)圓弧的圓心角越大D.初速度方向正對四個頂點的粒子在磁場中運動時間最長【答案】:BC【解析】：如圈所示，沿M向下發(fā)1寸的粒子從圖中七點寓開磁場由國中幾何關(guān)系易知其在盅場

17、中轉(zhuǎn)過的圓心角度為3C0,故粒子在磁場中儆圓周運動的周期為T=12vOPA錯誤。結(jié)合了:網(wǎng)可得粒子的比荷變反二二白，B正確口所有粒子運動速率相同、在磁場中運動軌跡半徑相同，貝U二懣足心C正確口初速用64%度方向正對頂點強粒子必不能從頂點離開磁場,而只有從頂點離開磁場的粒子軌跡最長,運動時間最長,D錯誤。7 .如圖所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180,不計電荷的重力，下列說法正確的是（）A.該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過。點馬合8 .該點電荷的比荷為=3

18、C.該點電荷在磁場中的運動時間Svc t=D.該點電荷帶正電【答案】：BE解析】：根據(jù)左手定則可知n該點電荷帶負電，選I頁D錯誤;粒子在磁場中做勻速II周運譏苴速度方向的偏向角等于其運動軌跡所對應(yīng)圓心角，根據(jù)題意，該粒子在磁場中的運動軌跡問曲子是半個圓周，畫出其運動軌跡并艮吧WT到一網(wǎng)找出圓心6如圖所示可得軌道半徑Y(jié)根據(jù)3的和C求出推點電荷的比荷為叱蛆和該點電荷在磁場aR中的運動時間收加”所以選項B正確錯誤;該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線不通過。點選頁A錯誤.8 .如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t時間從C點射出磁場，OC與OB成60。角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)関/3,仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)锳. 1 t B.22C. 1 t D.3【答案】:B【解析】：第一次偏轉(zhuǎn)的偏向角為600,所以圓心角也是600,周期T2O,與速度無關(guān)；OA長為R1,O2AqB長為R2,R