20xx屆新高考二輪復(fù)習(xí)-專題三-第二講-磁場(chǎng)-帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-學(xué)案-資料下載頁
2025-04-05 05:05本頁面
【正文】 點(diǎn)的速度為v=qBL4m帶電粒子在板間加速,則Umaxq=12mv2解得Umax=B2L2q32m(2)依題意粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R=L212n1(n=1,2,3,…)在磁場(chǎng)中粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的速度v=qBL2(2n1)m(n=1,2,3,…)周期T=2πmqB,與粒子速度無關(guān),由粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=θ2πT得粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度最小時(shí),運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短此時(shí)n取1,R=L2=mvqB解得v=qBL2m粒子以三角形的三個(gè)頂點(diǎn)為圓心運(yùn)動(dòng),相鄰兩次碰撞的時(shí)間間隔為t=5T6第三次碰撞將使粒子回到S點(diǎn),則最短時(shí)間為tmin=3t=52T=5πmqB。【類題演練6】ABC 解析由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,所有圓弧的圓心角均為90176。,所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑r=22dn(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r,則v=qBrm=2qBd2m1n(n=1,2,3,…),故ABC正確,D錯(cuò)誤。故選ABC?！绢愵}演練7】BC 解析根據(jù)軌跡可知,帶正電的粒子從O點(diǎn)向上偏轉(zhuǎn)做圓周運(yùn)動(dòng),由左手定則可知,磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。由牛頓第二定律有qvB0=mv2R2,解得B0=2mvqR,選項(xiàng)B正確。虛線區(qū)域內(nèi)不加磁場(chǎng)時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),t1=Rv,虛線區(qū)域內(nèi)加磁場(chǎng)后粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),t2=sv=2πR2v=πRv,磁場(chǎng)變化的周期為T0=t1+t2=(π+1)Rv,選項(xiàng)C正確。若t=0時(shí),質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v從A點(diǎn)沿AO入射,到達(dá)O點(diǎn)后向下偏轉(zhuǎn),與板碰撞后,到達(dá)B板,與B碰撞后向上偏轉(zhuǎn),然后從磁場(chǎng)中飛出,故不能返回A點(diǎn),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【類題演練8】答案(1)v=233v0,方向與x正方向夾角為30176。(2)Bmin=3mv0ed(3)B0=43nmv03ed(n=1,2,3,…) T=3πd6nv0(n=1,2,3,…)解析(1)質(zhì)子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),時(shí)間為t,剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x正半軸的夾角為α,有x=v0t=3d,y=vy2t=d2,tanα=vyv0,故v=233v0,α=30176。(2)質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切時(shí)半徑最大,B最小,由幾何關(guān)系知R1+R1cos60176。=d,解得R1=23d根據(jù)牛頓第二定律有evB=mv2R1解得B=3mv0ed。(3)分析可知,要想滿足題目要求,則質(zhì)子在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60176。,在此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R。欲使質(zhì)子從M點(diǎn)離開磁場(chǎng),且速度符合要求,必有n2R=d質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑:R=mveB0=23mv03eB0解得B0=43nmv03ed(n=1,2,3,…)設(shè)質(zhì)子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T0,則有T0=2πmeB0,nT03=nT解得T=3πd6nv0(n=1,2,3,…)。素養(yǎng)提升微課堂【典例】答案(1)1106 m/s π4106 s (2)與x軸平行向右 (3)(3 m,3 m)解析(1)由題意可知,粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R=r=由Bqv=mv2R,可得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為v=qBRm=11092103106m/s,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=14T=πm2Bq=π21092103s=π4106s。(2)由粒子的軌跡半徑R=r及幾何關(guān)系可知,粒子的運(yùn)動(dòng)圓軌跡和磁場(chǎng)圓的交點(diǎn)O、C以及兩圓的圓心OO2組成菱形,CO2和y軸平行,所以粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的速度v的方向和x軸平行向右,如圖甲所示。甲(3)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過120176。后從C點(diǎn)離開磁場(chǎng),速度方向和x軸平行,做直線運(yùn)動(dòng),再垂直電場(chǎng)線進(jìn)入電場(chǎng),如圖乙所示。乙在電場(chǎng)中的加速度大小為a=Eqm=1031109m/s2=1012m/s2,粒子穿出電場(chǎng)時(shí)有vy=at2=aΔxv=101211106m/s=106m/s,tanα=vyvx=1061106=,在磁場(chǎng)中y1=r(1+sinθ)==,在電場(chǎng)中側(cè)移y2=12at22=121012111062m=,飛出電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)y3=Δxtanα=1=,y=y1+y2+y3=++=3m,則粒子打到熒光屏上的位置坐標(biāo)為(3m,3m)?！绢愵}演練1】B 解析根據(jù)“磁聚焦”模型可直接判斷只有選項(xiàng)B正確?！绢愵}演練2】答案(1)離O2點(diǎn)下方7qu0T218dm至O2點(diǎn)上方qu0T218dm的范圍內(nèi) 速度都為2u0qT3dm,方向與v0的夾角為30176。偏向下(2)3qu0T29dm 23mqT解析(1)由題意知,若粒子由t=nT(n=0,1,2,3,…)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),向下側(cè)移最大,則s1=qu02dm2T32+qu0dm2T3T3qu02dmT32=7qu0T218dm,若粒子由t=nT+2T3(n=0,1,2,3,…)時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng),向上側(cè)移最大,則s2=qu02dmT32=qu0T218dm,在距離O2點(diǎn)下方7qu0T218dm至O2點(diǎn)上方qu0T218dm的范圍內(nèi)有粒子射出電場(chǎng),由分析知,粒子射出電場(chǎng)的速度都是相同的,vy=u0qdmT3=u0qT3dm,所以出射速度大小為v=v02+vy2=(3u0qT3dm)2+(u0qT3dm)2=2u0qT3dm,設(shè)速度方向與v0的夾角為θ,則tanθ=vyv0=13,θ=30176。(2)要使射出電場(chǎng)的粒子能夠交于圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界一個(gè)點(diǎn)上且區(qū)域半徑最小,則磁場(chǎng)區(qū)域直徑與粒子射出范圍的寬度相等,如圖所示,粒子射出范圍的寬度D=(s1+s2)cos30176。,即D=4qu0T29dmcos30176。=23qu0T29dm,故磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為r=D2=3qu0T29dm,而粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),為使粒子偏轉(zhuǎn)后都通過磁場(chǎng)邊界的一個(gè)點(diǎn),粒子運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)為r,有qvB=mv2r,解得B=23mqT。
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