廣東專用高考物理二輪復習 計算題專練20 帶電粒子在磁場中的運動

專練20帶電粒子在磁場中的運動1．(·福建·22)如圖1甲，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.讓質量為m、電量為q(q＞0)的粒子從坐標原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到該磁場中．不計重力和粒子間的影響．圖1(1)若粒子以初速度v1沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點，求v1的大??；(2)已知一粒子的初速度大小為v(v＞v1)，為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點，其入射角θ(粒子初速度與x軸正向的夾角)有幾個？并求出對應的sinθ值；(3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強電場，一粒子從O點以初速度v0沿y軸正向入射．研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標成正比，比例系數(shù)與場強大小E無關．求該粒子運動過程中的最大速度值vm.答案(1)eq\f(qBa,2m)(2)2個eq\f(aqB,2mv)(3)eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))解析(1)帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有qvB＝meq\f(v2,R) ①當粒子沿y軸正向入射，轉過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1，有：R1＝eq\f(a,2) ②將②代入①式得v1＝eq\f(qBa,2m) ③(2)如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x＝eq\f(a,2)的直線上，半徑為R.當給定一個初速率v時，有2個入射角，分別在第1、2象限，有sinθ′＝sinθ＝eq\f(a,2R) ④由①④式解得sinθ＝eq\f(aqB,2mv) ⑤(3)粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，用ym表示其y坐標，由動能定理有qEym＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ⑥由題知，有vm＝kym ⑦若E＝0時，粒子以初速度v0沿y軸正向入射，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R0) ⑧v0＝kR0 ⑨由⑥⑦⑧⑨式解得vm＝eq\f(E,B)＋eq\r(\f(E,B)2＋v\o\al(2,0))2．勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R，寬為eq\f(R,2)的矩形組成，磁場的方向如圖2所示．一束質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子間的相互作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中．問：圖2(1)當磁感應強度為多大時，粒子恰好從A點射出？(2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界，磁感應強度應滿足什么條件？答案(1)eq\f(2mv,qR)(2)見解析解析(1)由左手定則判定，粒子向左偏轉，只能從PA、AC 和CD三段邊界射出，如圖所示．當粒子從A點射出時，運 動半徑r1＝eq\f(R,2)由qB1v＝eq\f(mv2,r1)得B1＝eq\f(2mv,qR)(2)當粒子從C點射出時，由△PO2C和△PACPC＝eq\r(R2＋\f(R,2)2)＝eq\f(\r(5)R,2)r2＝eq\f(PC,2cos∠APC)＝eq\f(5,8)R由qB2v＝eq\f(mv2,r2)得B2＝eq\f(8mv,5qR)據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷當B≥eq\f(2mv,qR)時，粒子從PA段射出當eq\f(2mv,qR)≥B≥eq\f(8mv,5qR)時，粒子從AC段射出當0<B≤eq\f(8mv,5qR)時，粒子從CD段射出．3．如圖3所示，在邊長L＝8cm的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0＝0.1T．距AB、AD邊均為d＝1cm的P點有一粒子源，能在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射出速率不同的帶正電的粒子，粒子的質量m＝1.0×10－14kg，電荷的電荷量q＝1.0×10－5圖3(1)速度在什么范圍內(nèi)的粒子將不可能射出磁場，被完全約束在正方形內(nèi)？(2)速度大小為5.0×106m/s的粒子將從答案(1)速度小于或等于5×105解析(1)如圖所示，當微粒運動軌跡為Ⅰ時，微粒運動半徑r1＝eq\f(d,2)由牛頓第二定律得qv1B0＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)解得v1＝5.0×105速度小于或等于5.0×105(2)設速度大小為v2＝5.0×106m/s的微粒運動的軌道半徑為rqv2B0＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)解得r2＝5cm當微粒運動沿軌跡Ⅱ與AB邊相切于E點時，微粒將從BC邊F點出射，為最低出射點．由幾何關系req\o\al(2,2)＝(r2－d)2＋eq\x\to(PH)2解得eq\x\to(PH)＝3cm所以，eq\x\to(FI)＝L－d－eq\x\to(PH)＝4cm在△O1FI中req\o\al(2,2)＝(r2－eq\x\to(EI))2＋eq\x\to(FI)2解得eq\x\to(EI)＝2cm則出射點F距下邊界高eq\x\to(BF)＝eq\x\to(EI)＝2cm當微粒運動沿軌跡Ⅲ與BC邊相切于G點時，微粒將從BC邊G點出射，為最高出射點．由幾何關系req\o\al(2,2)＝(L－r2－d)2＋eq\x\to(O2J)2解得eq\x\to(O2J)＝eq\r(21)cm則出射點G距下邊界高eq\x\to(BG)＝eq\x\to(O2J)＋d＝(1＋eq\r(21))cm綜上，出射點距B的距離s滿足2cm≤s≤(1＋eq\r(21))cm.4．如圖4所示的直角坐標系第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.5T，處于坐標原點O的放射源不斷地放射出比荷eq\f(q,m)＝4×106C/kg的正離子，不計離子的重力及離子間的相互作用．圖4(1)求離子在勻強磁場中的運動周期；(2)若某時刻一群離子自原點O以不同速率沿x軸正方向射出，求經(jīng)過eq\f(π,6)×10－6s時間這些離子所在位置構成的函數(shù)方程；(3)若離子自原點O以相同的速率v0＝2.0×106m/s沿不同方向射入第Ⅰ象限，要求這些離子穿過磁場區(qū)域后都能沿平行于y軸且指向答案(1)π×10－6s(2)y＝eq\f(\r(3),3)x(3)見解析解析(1)根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝eq\f(mv2,R)離子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)＝π×10－6s(2)離子運動時間t＝eq\f(π,6)×10－6s＝eq\f(1,6)T根據(jù)左手定則，離子沿逆時針方向做半徑不同的圓周運動，轉過的角度均為θ＝eq\f(1,6)×2π＝eq\f(π,3)這些離子所處位置均在過坐標原點的同一條直線上．該直線方程y＝xtaneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3),3)x(3)離子自原點O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁場，均做逆時針方向的勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)R＝eq\f(mv0,qB)＝1m如圖甲所示，這些離子的軌道圓心均在第二象限的四分之一圓弧AC上，欲使離子穿過磁場區(qū)域后都能平行于y軸并指向y軸正方向運動，離開磁場時的位置在以點O′(1,0)為圓心，半徑R＝1m的四分之一圓弧OB上．由此可知，磁場區(qū)域至少為兩個四分之一圓的交集，如圖乙所示．則調整后磁場區(qū)域的最小面積Smin＝2×(eq\f(πR2,4)－eq\f(R2,2))＝eq\f(π－2,2)m2【必考模型3】帶電粒子在磁場中的臨界、極值問題1．模型特點：一群粒子在磁場中做圓周運動或一個粒子在磁場中做圓周運動，不論是一群粒子，還是一個粒子，研究的問題往往都是粒子的速度的大小、方向或磁感應強度變化時的極值問題或臨界問題或邊界問題．2．表現(xiàn)形式：(1)同源粒子發(fā)射問題．此形式常有兩類情況，一類是粒子的速率相同，發(fā)射方向各異，另一類是速率不同，但發(fā)射方向唯一．(2)自某一邊界射入磁場．這種形式也常有兩類情況：一類是射入磁場的位置不同，但速度的大小、方向唯一；另一類是位置相同，速度大小一定，但速度方向各異．3．應對模式：不論哪種模型，都是研究一系列的圓周運動問題，這時要抓住不變量采用動態(tài)圓的方法找到臨界點或極值，還要注意以下三個基本問題和幾個常用結論．(1)三個基本問題①找“圓心”的三個依據(jù)依據(jù)一：如圖a在圓軌跡上任一點作速度的垂線必過圓心；依據(jù)二：如圖b在圓軌跡上任一弦長的中垂線必過圓心；依據(jù)三：如圖c，在某位置上作速度的垂線，在垂線上距位置R處的點為圓心．②求半徑的兩個方法法一，由物理方程求，半徑r＝eq\f(mv,qB)；法二，由幾何關系求．例如：弦長d＝2rsinθ(θ為弦長對的圓心角的一半)．③計算“時間”的兩個方法法一，由圓心角求，t＝eq\f(α,2π)T；法二，由弧長求，t＝eq\f(s,v).在此要注意幾個角度關系：速度偏向角φ＝圓弧所對應的圓心角(回旋角)α＝弦切角θ的2倍，如圖d.d(2)對于直線邊界和圓形邊界磁場，常用的結論有：①直線邊界的對稱性：從同一直線邊界射入的粒子，