2024屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試第一部分專題三電場(chǎng)和磁場(chǎng)第9講磁場(chǎng)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)命題點(diǎn)四帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題

命題點(diǎn)四帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由于多種因素的影響，使問(wèn)題形成多解．多解形成原因一般包含4個(gè)方面：類型圖例帶電粒子電性不確定磁場(chǎng)方向不確定臨界狀態(tài)不唯一運(yùn)動(dòng)具有周期性(多選)一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計(jì)重力．若離子從Р點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為()A.eq\f(1,3)kBL，0°B.eq\f(1,2)kBL，0°C．kBL，60°D．2kBL，60°解析：若粒子通過(guò)下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對(duì)稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.通過(guò)以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,（2n－1）m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3……)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3……)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故可知B、C兩項(xiàng)正確，A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤．故選BC.答案：BC1.一圓筒的橫截面如圖所示，圓心為O、半徑為R，在筒上有兩個(gè)小孔M，N且M、O、N在同一水平線上．圓筒所在區(qū)域有垂直于圓筒截面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在圓筒左側(cè)有一個(gè)加速電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，由靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后從M孔沿MO方向射入圓筒．已知粒子與圓筒碰撞時(shí)電荷量保持不變，碰撞后速度大小不變，方向與碰撞前相反，不計(jì)粒子重力．(1)若加速電壓為U0，要使粒子沿直線MN運(yùn)動(dòng)，需在圓筒內(nèi)部空間加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，求所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)若帶電粒子與圓筒碰撞三次后從小孔N處射出，求粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(3)若帶電粒子與圓筒碰撞后不越過(guò)小孔M，而是直接從小孔M處射出，求帶電粒子射入圓筒時(shí)的速度v.解析：(1)帶電粒子在平行板加速過(guò)程中，由動(dòng)能定理得qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡qv0B＝qE，解得E＝Beq\r(\f(2qU0,m)).(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，帶電粒子與環(huán)碰撞三次有兩種情況：第一種情況如圖(1)所示，兩次碰撞點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線夾角α＝eq\f(π,4)，兩次碰撞過(guò)程粒子通過(guò)弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角β＝π－α＝eq\f(3π,4)，整個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝4×eq\f(β,2π)T＝eq\f(3πm,qB).第二種情況如圖(2)所示，兩次碰撞點(diǎn)與圓環(huán)圓心的連線夾角α′＝eq\f(3π,4)，兩次碰撞過(guò)程粒子通過(guò)弧長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的圓心角β′＝π－α′＝eq\f(π,4)，整個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間t′＝eq\f(3πm,4qB).所以帶電粒子在圓環(huán)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(3πm,qB)或eq\f(3,4)eq\f(πm,qB).(3)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v、半徑為r，如圖(3)，得qvB＝meq\f(v2,r)，設(shè)粒子經(jīng)n次碰撞從小孔M射出，則2π＝(n＋1)·2φ即n＝2，3，4，5，…又當(dāng)eq\f(（n＋1）,2)·2φ＝π時(shí)，粒子會(huì)從小孔N射出，故n只能取偶數(shù)，綜上可得φ＝eq\f(π,n＋1)(n＝2，4，6，…)由幾何關(guān)系得tanφ＝eq\f(r,R)，解得入射粒子速度大小為v＝eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n＋1)(n＝2，4，6，…)答案：(1)Beq\r(\f(2qU0,m))(2)eq\f(3πm,qB)或eq\f(3πm,4qB)(3)eq\f(qBR,m)taneq\f(π,n＋1)(n＝2，4，6，…)2．(2023·廣東佛山統(tǒng)考一模)如圖，在空間直角坐標(biāo)Oxyz系中，界面I與Oyz平面重疊，界面Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相互平行，且相鄰界面的間距均為L(zhǎng)，與x軸的交點(diǎn)分別為O、O1、O2；在界面Ⅰ、Ⅱ間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，在界面Ⅱ、Ⅲ間有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子，從y軸上距O點(diǎn)eq\f(L,2)處的P點(diǎn)，以速度v0沿x軸正方向射入電場(chǎng)區(qū)域，該粒子剛好從點(diǎn)O1進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域．粒子重力不計(jì)．求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)要讓粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)多大．解析：(1)粒子在電場(chǎng)區(qū)域做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)中粒子加速度為a，沿z軸正方向看，如圖所示粒子從O1點(diǎn)進(jìn)入右邊磁場(chǎng)，則L＝v0t，eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，聯(lián)立方程解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL).(2)設(shè)粒子到O1點(diǎn)時(shí)的速度為v，與x軸夾角為θ，如圖所示，則vy＝at，v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,v0)，故tanθ＝1，即有θ＝45°，v＝eq\r(2)v0，在磁場(chǎng)區(qū)域，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子剛好不從界面Ⅲ飛出，如圖所示，則qvB＝meq\f(v2,R)，又根據(jù)幾何關(guān)系R＋Rcos45°＝L，解得B＝eq\f(（\r(2)＋1）mv0,qL).答案：(1)E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qL)(2)B＝eq\f(（\r(2)＋1）mv0,qL)3．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈(碰撞時(shí)間極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d<L，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變．(1)求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；(2)欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PM＝d，QN＝eq\f(d,2)，求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.解析：(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB).由題可得R＝d，解得v＝eq\f(qBd,m).(2)如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切由幾何關(guān)系得dm＝d(1＋sin60°)，解得dm＝eq\f(2＋\r(3),2)d.(3)粒子的運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)，設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t′，則t＝neq\f(T,4)＋t′(n＝1，3，5，…)，①當(dāng)L＝nd＋(1－eq\f(\r(3),2))d時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng)t′＝eq\f(1,12)T，解得t＝(eq\f(L,d)＋eq\f(3\r(3)－4,6))eq\f(πm,2qB)，②當(dāng)L＝nd＋(1＋eq\f(\r(3),2))d時(shí)，粒子斜向下射出磁場(chǎng)t′＝eq\f(5,12)T，解得t＝(eq\f(L,d)－eq\f(3\r(3)－4,6))eq\f(πm,2qB).答案：(1)eq\f(qBd,m)(2)eq\f(2＋\r(3),2)d