統(tǒng)考版2024高考物理二輪專題復習第一編專題復習攻略專題四電場與磁場第9講磁場及帶電粒子在磁場中的運動考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動教師用書

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．留意“四點、六線、三角”在找?guī)缀侮P系時要尤其留意帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”．(1)四點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O.(2)六線：圓弧兩端點所在的兩條軌跡半徑、入射速度直線OB、出射速度直線OC、入射點與出射點的連線BC、圓心與兩條速度直線交點的連線AO.(3)三角：速度偏轉角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．2．三個“二級”結論(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．(2)當速率v確定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．(3)在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時，則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉角最大(全部的弦長中直徑最長)．例2[2024·全國甲卷](多選)光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的重量大小不變，沿法線方向的重量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向確定平行于碰撞點與圓心O的連線預料4[2024·湖北省武漢市一中模擬](多選)如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面對里，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面對外．P(－L，0)、Q(0，－L)為坐標軸上的兩個點．現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出，不計電子的重力：()A．若電子從P點動身恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則電子運動的路程確定為B．若電子從P點動身經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程確定為πLC．若電子從P點動身經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程確定為2πLD．若電子從P點動身經(jīng)原點O到達Q點，則電子運動的路程可能為πL，也可能為2πL預料5[2024·全國沖刺卷]如圖所示，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面對里．甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，OP＝h.則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．32∶41B．56∶41C．64∶41D．41∶28預料6如圖，在以x軸和虛線圍成的區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面．x軸上a點左側有一足夠長的金屬板，半圓形邊界的圓心為O、半徑為L，上邊界到x軸的距離為2L.在O點有一粒子源，在紙面內(nèi)向第一、其次象限勻整放射帶正電的粒子，每秒鐘射出n個粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為e，速度為v0＝L，不計粒子之間的相互作用．求：(1)某個粒子沿與x軸正方向成60°射出，它在磁場中運動的時間t；(2)電流表的示數(shù)I；(3)磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域?qū)挾萪.考點二例2解析：假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線照舊平行不能確定圓心，則粒子不行能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會增多，粒子運動時間不愿定削減，C錯誤．故選BD.答案：BD預料4解析：粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，設圓周運動半徑為R，若電子從P點動身恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，如圖甲所示則有2Rsin45°＝L，半徑R＝L，運動軌跡為四分之一圓周，所以運動的路程s＝＝，A正確；若電子從P點動身經(jīng)原點O到達Q點，若粒子恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線，則軌跡如圖甲，運動路程為一個圓周，即s＝2πR＝2πL，若粒子第N次離開磁場邊界經(jīng)過原點O，則要回到Q點，經(jīng)過O點的速度必定斜向下45°，則運動軌跡如圖乙，依據(jù)幾何關系有2Rcos45°＝，圓周運動半徑R＝，運動通過的路程為s＝×2N＝×2N＝πL，故B、C錯誤，D正確．答案：AD預料5解析：甲粒子從高MN＝h的位置水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示，甲粒子圓周運動的半徑為O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中依據(jù)勾股定理可知MP＝＝＝，則OM＝MP－OP＝，在△MNO中，依據(jù)幾何關系可知tan37°＝＝＝，解得r1＝h，乙粒子從高O2A＝O2P＝2h的高度水平飛入磁場，轉過圓周從P點飛出，則乙粒子運動的半徑為r2＝O2A＝2h，洛倫茲力供應向心力qvB＝m，解得r＝，可知粒子運動的半徑r與粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值為＝＝＝，故選項C正確．答案：C預料6解析：(1)由eBv＝m，得r＝L分析出粒子在磁場中運動的圓心在磁場邊界與y軸交點d，從e點垂直于邊界射出磁場，偏轉角為30°，則在磁場中的運動時間為t＝T＝.(2)左邊的臨界狀況是在f點與磁場邊界相切，射入方向與x軸負方向成60°，則單位時間內(nèi)打在金屬板上的粒子數(shù)為N＝n＝n