2019年高考物理模型系列之算法模型专题13带电粒子在有界磁场中运动模型学案

《2019年高考物理模型系列之算法模型专题13带电粒子在有界磁场中运动模型学案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理模型系列之算法模型专题13带电粒子在有界磁场中运动模型学案（18页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、专题13带电粒子在有界磁场中运动模型、圆形边界1.粒子沿磁场边界半径方向进入磁场时：粒子正对圆心入射，背离圆心出射。出射点、入射点与圆心连线构成一四边形，连接两圆心可得两直角三角形。甲图中=，由于粒子偏转，偏向角=0,则；乙图中=，偏向角=2Rtan_,Rr时900900R=r时900900Rr时，粒子保持相同速率沿不同方向进入磁场内，出射位置分布在整个圆周上，偏向角、在磁场中运动时间存在一个最大值：出射点在入射点所在直径的另一端时最大，此时sinmax2时取得最大值：sinx 12 R例12：如图，一半径为 R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质

2、量为 m电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的 a点射入柱形区域，在圆上的 b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为 B,不计重力,求电场强度的大小。当RfA. 2 b.3C.2 D. 3【解析】：设圆形区域磁场半径为R,粒子的运动轨迹如图，当粒子射出边界的位置的圆弧弧长为是圆周长,B的1/3时，轨迹半径ri=Rsin600,同理可知r2=Rsin300.由r=mv/qB可得B/Bi=ri/r2=sin600/sin300=3正确。3.若粒子从磁场

3、内向圆形边界运动时，会出现临界状态：轨迹与边界相切。例14.如图19(a)所示，在以。为圆心，内外半径分别为R1和2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，RRo,R23R0,一电荷量为+q,质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。(1)已知粒子从外圆上以速度Vi射出，求粒子在A点的初速度V0的大小(2)若撤去电场，如图19(b),已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45。角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间(3)在图19(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为V3,方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出

4、，磁感应强度应小于多少?ffi 192 2Uq2mv27-2mv3【答案】：(1)必 一-(2)-,r (3) 3mq(R2 Ri) 2v2q Ri)【解析】：(1)由动能定理：Uq= mv2- - mvo222/曰 _ 2 2Uq得：v0=. v1m(2)如右图：粒子在磁场中作圆周运动的半径为r2=2( R2一R1)222-V2B1qv2=mr2Va（3）由Bqv3=m可知，B越小，R越大。与磁场边界相切的圆的最大半径为RR=R22mv3所以B23q(R2Ri)例15。如图所示，在以坐标原点。为圆心，半径为R的半圆行区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B,磁场方向垂直于xOy

5、平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从。点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经to时间从P点射出。（1）电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从。点以相同的速度射人,经且时间恰从半圆形区域的边界射出,2求粒子运动加速大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从。点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。BR43R3【解析】：（1）设带电粒子的质量为【答案】：（E）沿x轴正方向（a）斓）tototo218色电荷量为q,初速度为v,电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE=qvBR=vtoBR2)仅有电场时，带

6、电粒子在匀强电场中作类平抛运动在方向位移由式得设在水平方向位移为与因射出位置在半图形区域边界上,于是又有1J。.x0（）2243R1X我at2to(3)仅有磁场时，入射速度v4v,带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为二定律有2vqvBmr又qE=ma由式得3Rr3由几何关系Rsin2r0即sin-2带电粒子在磁场中运动周期2mqB则带电粒子在磁场中运动时间tR所以tR3 tto1813模型演练1.如图所示，在直线MN的右侧分布了B=0.1T的匀强磁场，其方向垂直纸面向外。在边界上的P点有一粒子源，能以一定的速率v=1xi06m/s在纸面内各个方向不断的发射比荷为1xi08C/kg的

7、带正电的粒子(同一时刻在一个方向上仅发射一个粒子，且不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，PP为荧光屏，PP与MN间的夹角为“=300,当有两个粒子同时打在荧光屏上某点时，该点就被点亮。已知A是PP上的一个亮点，P、A的距离L=10vGcm。(1)求粒子在磁场中运动的半径(2)求同时打到A点的两个粒子从射入到打到A点的运动的时间之差【答案】：(1)0.1m(2)2.09X10-7s【解析】：(1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设半径为JIf由牛顿第二定律得：qvXngTp代入数据解得1m.“命(2)如图所示,设点亮A点的其中一个粒子射入磁场时与屏PF的夹角为心L则另一粒子与PP的夹角为样则有由口

8、8=2=当=坐,即6*3,周期：T生，代入数据解得：T=6.28X170s,qBL2二两粒子从射入到打在A点的时间分别为：t1f-T、t23-T,22故两粒子打到A点之前运动的时间差：t=T/3=2.09X10-7s.2 .如图所示，在直角坐标系xoy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B,磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m电荷量为+q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点。射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中Rmv,正确的图是（）qB练2题图【解析期以乂轴为边界的磁场，苞子从工as入磁场

9、后在离开，与工荚角相同，根据左手定则和居三，沸知沿工轴员轴的WW子进入磁场做一个图周,沿了轴进入的刚好转半个磔乐如图,在两图形的相交的部分是粒子不登过的地方，故A正确J3 .某带电粒子从A板附近由静止释放，在电压加速下，从B板中的小孔进入CD板间，CD间有一垂直于纸面向外的匀强磁场瓦=。,4粒子恰好能够沿直线向上穿过该区域到达S,S为粒子散射装置，之后粒子以原有速率向各个方向射入匀强磁场B变=604T,已知AB两板间的电势差叨强=+l00V,C、D两板间电压的大小U二二1600V,C、D两板间距离d=4cm,e、F两板间距离d2=2m,不计粒子重力求:A.C极板电势高于D极板B.粒子的比荷为5

10、X107C/kgC.粒子打在图中F板上左右两侧最远点间的距离8cmD从S到F板运动时间最短的粒子是经过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，可知粒子带正电。粒子在CD间沿直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由左手定则知洛氏力方向向右，故电场力向左，D板带正电、电势高，A正确粒子在AB间加速：Uoq=1invD3,在CD间平衡：室0=qBkn,可得粒子比荷及获得的速率为：5xUTC/kg,。=10sm/SB正确。由%q”三可得粒子在区区域内运动的轨迹半径为二端=5cm，作出临界运动轨迹如图中01、O2所示，由图中几何关iQ-1系有：工/+仁一小尸=产、山产=产得工1=必=4c

11、m,故L=8cm,C正确。从S到F运动时间最短的粒子对应于运动轨迹弧最短、弦最短，即图中圆弧O,可见其经过S散射后的速度方向与F板垂线间d1.夹角。满足sind11,D错误。22r54.扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图I、n两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为mr电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MNS处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入I区，射入时速度与水平方向夹角30(1)当I区宽度Li=L、磁感应强度大小B=B时，粒子从I区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30,求B0及粒子

12、在I区运动的时间to(2)若H区宽度L2=Li=L磁感应强度大小B2=Bi=Bo,求粒子在I区的最高点与H区的最低点之间的高度差h(3)若L2=Li=L、Bi=,为使粒子能返回I区，求R应满足的条件(4)若BiB2,LiL2,且已保证了粒子能从n区右边界射出。为使粒子从n区右边界射出的方向与从I区左边界射出的方向总相同，求B、B2、Li、L2、之间应满足的关系式。B,S.I咯案】：9唇(2)(23闻(3)B23吸或B2需U)(4)BiLiB2L2【解析】：(i)如图i所示，设粒子射入磁场I区的速度为v,在磁场I区中做圆周运动的半径为R,由动能定理和牛顿第二定律得,I2GqU-mv22vqvBi

13、mRi由几何知识得L2Risin联立式，代入数据得Bo2mU设粒子在磁场I区中做圆周运动的周期为T,运动的时间为t2R12T2联立式，代入数据得Lm32qU(2)设粒子在磁场II区做圆周运动的半径为R2,由牛顿第二定律得qvB22vm一 R2由几何知识可得h (R1 R2)(1 cos ) Ltan联立式，代入数据得(3)如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足LR2(1sin)L或R2c1sin)联立式代入数据得B23*23mU、)L2q(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为,由几何知识得L1R1(sinsin)13或L1R1(sinsin)L2R2(sin

14、sin)0或L2R2(sinsin)联立式得BiR1B2R2联立131415式得B1L1B2L21635.如图所不，在边长为L=1m的等边三角形ACW域内，存在磁感应强度为B=3t、方向垂直纸面向外的3匀强磁场，现有一束比荷9=102C/kg带正电粒子，从AC边中点P以平行于CD边的某一速度射入磁场，粒m子的重力可忽略不计.(1)若粒子进入磁场时的速度大小为v0=10m/s,求粒子在磁场中运动的轨道半径;(2)若粒子能从AC边飞出磁场，求粒子在磁场中的运动时间;(3)为使粒子能从CD边飞出磁场，粒子进入磁场时的速度大小应满足的条件?【答案】(1)0.1732m(2)7.25X10-2S(3)1

15、2.5m/svvv50m/s2【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv-,r解之得:谭寻=0.1732m(2)从AC边出磁场如图圆心角0=二3则有运动的时间为：t二T2而T=2qB解之得：T=2兀j3xi0-2st=413X10-2s=7.25X10-2s3（3）设恰从CD边出磁场的轨迹半径为rl和相.根据几何关系,则有si的。解得：上由几何关系3有%-呼工户+（：=九44解得：斗2由qvB=mY_,r得丫=眄，m贝Uvi=l2.5m/s8m又V2=*2m得v2=50m/s即12.5m/svv50m/s6.如图所示，在正方形区域abcd内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀

16、强磁场。在t=0时刻，位于正方形中心。的离子源向平面abcd内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力。已知平行于ad方向向下发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界cd上某点离开磁场，下列说法正确的是XXXIX米XXXXdLA.粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t0B.粒子的比荷为6BtoC.粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大D.初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长【答案】:BC【解析】：如圈所示，沿M向下发1寸的粒子从图中七点寓开磁场由国中几何关系易知其在盅场

17、中转过的圆心角度为3C0,故粒子在磁场中儆圆周运动的周期为T=12vOPA错误。结合了:网可得粒子的比荷变反二二白，B正确口所有粒子运动速率相同、在磁场中运动轨迹半径相同，贝U二懑足心C正确口初速用64%度方向正对顶点强粒子必不能从顶点离开磁场,而只有从顶点离开磁场的粒子轨迹最长,运动时间最长,D错误。7 .如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180,不计电荷的重力，下列说法正确的是（）A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过。点马合8 .该点电荷的比荷为=3

18、C.该点电荷在磁场中的运动时间Svc t=D.该点电荷带正电【答案】：BE解析】：根据左手定则可知n该点电荷带负电，选I页D错误;粒子在磁场中做匀速II周运讥苴速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应圆心角，根据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹问曲子是半个圆周，画出其运动轨迹并艮吧WT到一网找出圆心6如图所示可得轨道半径Y根据3的和C求出推点电荷的比荷为叱蛆和该点电荷在磁场aR中的运动时间收加”所以选项B正确错误;该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过。点选页A错误.8 .如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁

19、场，OC与OB成60。角。现将带电粒子的速度变为v/3,仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为A. 1 t B.22C. 1 t D.3【答案】:B【解析】：第一次偏转的偏向角为600,所以圆心角也是600,周期T2O,与速度无关；OA长为R1,O2AqB长为R2,Ri3R2,tan300,-3tan300J3,则/AQO=60，所以第二次在磁场中偏转的圆心R,R2角为120,所以偏转时间是第一次的2倍。,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面9 .如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面）向外，一电荷量为q（q0）。质量为m的例子沿平行于之境ab的方向摄入磁场区域，射入点与ab的距离为R,已知例子射出去的磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60。，则粒子的速率为（不计重力）2C3qBRD2qBR2mmAqBRb.吧2mm【答案】BBqr【解析】由Bqv=广可得v=府，作出粒子运动轨迹如图所示，根据几何知识得半径r=R,故B正确.