20xx屆新高考一輪復習人教版-92-磁場對運動電荷的作用-學案-資料下載頁
2025-04-05 05:54本頁面
【正文】 ：B考法拓展1 解析：由T＝2πmqB，t＝θ2πT，可得：t＝πm3qB，故選項B正確．答案：B考法拓展2 解析：粒子進入磁場后做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑r＝3R，由qvB＝mv2r可得，v＝．答案：C考法拓展3 解析：磁場方向改為垂直紙面向里，粒子進入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，運動軌跡如圖所示，△OAB和△OBC都是等邊三角形，所以∠AOC＝120176。，帶電粒子從磁場射出時與射入磁場時運動方向的夾角也是120176。.選項D正確．答案：D例4 解析：從a點射出的電子運動軌跡的半徑R1＝l4，由Bqv1＝mv12 l4得v1＝Bql4m＝14kBl；從d點射出的電子運動軌跡的半徑R2滿足關(guān)系R2l22＋l2＝R22，得R2＝54l，由Bqv2＝mv22 54l得v2＝5Bql4m＝54kBl，故正確選項為B.答案：B例5 解析：由qvB＝mv2r得粒子在第二象限內(nèi)運動的軌跡半徑r＝mvBq，當粒子進入第一象限時，由于磁感應(yīng)強度減為12B，故軌跡半徑變?yōu)?r，軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系可得cos θ＝12， θ＝60176。，則粒子運動時間t＝142πmBq+162πm12Bq＝7πm6qB，選項B正確．答案：B練1 解析：從D點射出的粒子，由弦長公式OD＝L2＝2r sin 30176。，解得r＝L2，故A錯誤；帶電粒子在磁場中運動時由洛倫茲力提供向心力，得qvB0＝mv2r，解得qm＝2vB0L，故C正確；當軌跡圓以O(shè)點為中心逆時針旋轉(zhuǎn)時，如圖所示，與磁場邊界AC相切于某點，故粒子不可能從A點射出磁場，故B正確；帶電粒子從B點射出時，其軌跡的圓心角為θ＝60176。，如圖所示，其運動時間為t＝60176。360176。2πRv＝πL6v，故D錯誤．答案：BC練2 解析：由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確；由洛倫茲力F＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子運動的角速度之比為ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間相等，由t＝θmqB可得t＝θ1mqB1＝θ2mqB2，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為30176。，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60176。，由R＝mvqB可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為r，作粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d1＝2r sin 30176。＝r；區(qū)域Ⅱ的寬度d2＝r sin 30176。＋r cos (180176。－60176。－60176。)＝r，故D正確．答案：ACD思維拓展典例 解析：(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，＝12mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝mv2r②由幾何關(guān)系知d＝2r③聯(lián)立①②③式得qm＝4UB2d2④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝πr2＋r tan 30176。⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝sv⑥聯(lián)立②③④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2+33⑦答案：(1)4UB2d2 (2)Bd24Uπ2+33練 解析：(1)連接OP，過P作y軸垂線交y軸于點A，過O做初速度垂線OO1交PA于點O1，根據(jù)P點的坐標值及初速度方向可得：∠APO＝∠O1OP＝30176。故O1為粒子在磁場中做圓周運動的圓心，：r＋r cos 60176。＝解得：r＝l根據(jù)牛頓運動定律有：qvB＝mv2r解得v＝qBlm(2)由對稱性可知OM＝2＝3l答案：(1)qBlm (2)3l
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