2023屆高考物理二輪復(fù)習(xí)第11講帶電粒子在磁場中的運動學(xué)案（浙江專用）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第11講　帶電粒子在磁場中的運動題型1　磁場的性質(zhì)　安培力1.磁場的疊加空間的磁場通常是多個磁場疊加而成的,磁感應(yīng)強度是矢量,可以通過平行四邊形定則進行計算或判斷。具體思路如下:(1)首先確定磁場的場源,如通電導(dǎo)線。 (2)定位空間中需要求解磁感應(yīng)強度的點,利用安培定則判定各個場源在這一點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的方向,如圖中場源M、N在c點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進行合成,如圖中的合磁感應(yīng)強度B。2.兩個等效模型(1)變曲為直:如圖甲所示通電導(dǎo)線,在計算安培力的大小和判斷安培力的方向時均可等效為ac直線電流。(2)化電為磁:環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁體,如圖乙所示。磁場方向可通過安培定則判定。3.解決磁場中導(dǎo)體運動問題的一般思路(1)正確對導(dǎo)體棒進行受力分析,應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向,安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強度組成的平面垂直。(2)畫出輔助圖(如導(dǎo)軌、斜面等),并標(biāo)明輔助方向(磁感應(yīng)強度B、電流I的方向)。(3)將立體的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖,即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖。[例1] 如圖所示,在圓心為O的圓周上固定著三根相互平行的長直導(dǎo)線A、B、C,三導(dǎo)線中通入的電流大小相同,其中導(dǎo)線A、B中的電流垂直于圓平面向里,導(dǎo)線C中的電流垂直于圓平面向外,三導(dǎo)線在圓周上的點與圓心O的連線互成120°角,圓平面內(nèi)還存在一個方向與該平面平行、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場(未畫出),O點的磁感應(yīng)強度為零。如果撤去勻強磁場和導(dǎo)線A,則O點的磁感應(yīng)強度的大小和方向分別為(　D　)A.,垂直于AO方向向左B.,沿AO方向C.,垂直于AO方向向左D.,沿OA方向解析:由安培定則可以得到三根通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場如圖所示。因為三根導(dǎo)線中通入的電流大小相同,所以它們在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等,即BA=BB=BC=B,且由幾何關(guān)系知,三個磁感應(yīng)強度兩兩夾角均為60°,所以合磁感應(yīng)強度為B+2Bcos 60°=2B,又因為O點的磁感應(yīng)強度為零,則B0=2B,所以B=,如果撤去勻強磁場和導(dǎo)線A,則B、C兩導(dǎo)線的合磁感應(yīng)強度為2Bcos 30°=B0,且方向由O指向A,故選D。[拓展訓(xùn)練1] (2022·嘉興模擬)如圖所示,圖中曲線為兩段完全相同的六分之一圓弧連接而成的金屬線框(金屬線框處于紙面內(nèi)),每段圓弧的半徑均為L,固定于垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。若給金屬線框通以由A到C、大小為I的恒定電流,則金屬線框所受安培力的大小和方向為(　B　)A.2BIL,垂直于AC向左B.BIL,垂直于AC向左C.,垂直于AC向左D.,垂直于AC向右解析:根據(jù)幾何知識可得金屬線框在磁場中所受安培力的有效長度為=L,金屬線框所受到的安培力F=ILB,由左手定則可知,金屬線框受到的安培力方向為垂直于AC向左,故選B。[拓展訓(xùn)練2] 如圖,空間中有三根相互平行且質(zhì)量均為m的長直導(dǎo)線,三根導(dǎo)線中通有方向垂直紙面向里且大小為I的電流,導(dǎo)線橫截面恰好構(gòu)成等邊三角形的頂點,已知A導(dǎo)線在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小為B0,C導(dǎo)線放在水平地面上且處于靜止?fàn)顟B(tài),C導(dǎo)線長度為L,下列說法正確的是(　C　)A.A、B導(dǎo)線在C處產(chǎn)生的合磁場方向水平向左B.C導(dǎo)線所受的安培力大小為B0IL,方向水平向右C.C導(dǎo)線所受的靜摩擦力大小為B0IL,方向水平向右D.C導(dǎo)線對地面的壓力的大小為mg+B0IL解析:根據(jù)安培定則知,A、B導(dǎo)線在C處產(chǎn)生的磁場方向分別斜向下垂直于AC、BC,如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知θ=30°,則有BC=B0,方向豎直向下,選項A錯誤;由左手定則可知,C導(dǎo)線所受安培力方向水平向左,大小為F=B0IL,由于C導(dǎo)線位于水平面且處于靜止?fàn)顟B(tài),所以C導(dǎo)線受到的靜摩擦力大小也為B0IL,方向水平向右,選項B錯誤,C正確;因為C導(dǎo)線所受的安培力在豎直方向上沒有分力,所以C導(dǎo)線對地面的壓力的大小等于其重力,選項D錯誤。題型2　帶電粒子在勻強磁場中的運動1.基本公式:qvB=m,T=。重要結(jié)論:r=,T=。2.基本思路(1)畫軌跡:確定圓心,用幾何方法求半徑并畫出軌跡。(2)找聯(lián)系:軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系,在磁場中運動的時間和周期相聯(lián)系。(3)用規(guī)律:利用牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式和半徑公式。3.軌跡圓的幾個基本特點(1)粒子從同一直線邊界射入磁場和射出磁場時,入射角等于出射角。如圖甲所示,θ1=θ2=θ3。(2)粒子經(jīng)過磁場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角等于其軌跡的圓心角(如圖甲所示,α1=α2)。(3)沿半徑方向射入圓形磁場的粒子,出射時也沿半徑方向,如圖乙所示。(4)如圖丙所示,磁場圓與軌跡圓半徑相同時,以相同速率從同一點沿各個方向射入的粒子,出射速度方向相互平行(即磁發(fā)散現(xiàn)象)。反之,以相互平行的相同速率射入時,會從同一點射出(即磁聚焦現(xiàn)象)。[例2] (多選)如圖所示,在直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi),有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于紙面向里,邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點,ac為直徑。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶電粒子從b點以某一初速度v0(v0大小未知)沿平行于x軸正方向進入磁場區(qū)域,從a點垂直于x軸離開磁場;該粒子第二次以相同的初速度從圓弧bc的中點d沿平行于x軸正方向進入磁場,不計粒子重力。下列判斷正確的是(　BD　)A.該粒子的初速度為v0=B.該粒子第二次在磁場中的運動時間是第一次運動時間的1.5倍C.該粒子第二次在磁場中運動軌跡的圓心角為145°D.該粒子以相同的初速度從圓弧cd中點e沿平行于x軸正方向進入磁場,從a點離開磁場解析:由幾何關(guān)系可知,粒子做圓周運動的半徑為R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv0=m,可得該粒子的初速度為v0=,故A錯誤;該粒子第二次以相同的初速度從圓弧bc的中點d沿平行于x軸正方向進入磁場,其軌跡半徑不變,也為R,軌跡如圖所示。由幾何知識可知,其運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ=135°,則粒子第二次在磁場中的運動時間為t2=T=×=,粒子第一次在磁場中的運動時間為t1=T=×=,則該粒子第二次在磁場中的運動時間是第一次運動時間的1.5倍,故B正確,C錯誤;由磁聚焦模型可知,粒子仍從a點離開磁場,故D正確。[拓展訓(xùn)練3] (多選)如圖所示是一個半徑為R的豎直圓形磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里。有一個粒子源在圓上的A點不停地發(fā)射出速率相同的帶正電的粒子,帶電粒子的質(zhì)量均為m,運動的半徑為r,在磁場中的軌跡所對應(yīng)的圓心角為α。不計粒子重力及粒子間相互作用,以下說法正確的是(　AB　)A.若r=2R,則粒子在磁場中運動的最長時間為B.若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,則有關(guān)系式tan =成立C.若r=R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,則粒子在磁場中的運動時間為D.若r=R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,則圓心角α為120°解析:若r=2R,粒子在磁場中運動時間最長時,磁場區(qū)域的直徑是軌跡的一條弦,作出軌跡如圖甲所示,因為r=2R,圓心角α=60°,粒子在磁場中運動的最長時間tmax=T=·=,故A正確;若r=2R,粒子沿著與半徑方向成45°角斜向下射入磁場,如圖乙所示,根據(jù)幾何關(guān)系,有tan ===,故B正確;若r=R,粒子沿著磁場的半徑方向射入,粒子運動軌跡如圖丙所示,圓心角為90°,粒子在磁場中的運動時間t=T=·=,故C錯誤;若r=R,粒子沿著與半徑方向成60°角斜向下射入磁場,軌跡如圖丁所示,圖中軌跡圓心與磁場圓心以及入射點和出射點構(gòu)成菱形,圓心角為150°,故D錯誤。題型3　帶電粒子在磁場中運動的臨界、極值問題1.解決帶電粒子在磁場中運動的臨界問題,關(guān)鍵在于運用動態(tài)思維,尋找臨界點,確定臨界狀態(tài)。粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運動軌跡與磁場邊界相切。2.根據(jù)粒子的速度方向找出半徑方向,同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡,定好圓心,建立幾何關(guān)系。畫軌跡表示臨界狀態(tài),找出臨界條件,從而通過臨界條件求出臨界值。[例3] (多選)如圖為地球赤道剖面圖,地球半徑為R,把地面上高度為區(qū)域內(nèi)的地磁場視為磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于剖面的勻強磁場,一帶電粒子以速度v正對地心射入該磁場區(qū)域,軌跡恰好與地面相切。則(　BD　)A.粒子帶正電荷B.軌跡半徑為C.粒子的比荷為D.若粒子速度減小,在該磁場區(qū)域的運動時間增大解析:由左手定則可知,粒子帶負(fù)電荷,選項A錯誤;由幾何關(guān)系可知r2+(R+)2=(R+r)2,解得r=,選項B正確;根據(jù)qvB=m,解得=,選項C錯誤;若粒子速度減小,則粒子的運動半徑減小,但是粒子在磁場中運動的圓心角變大,因粒子的周期T=不變,則由t=T,則在該磁場區(qū)域的運動時間變大,選項D正確。[拓展訓(xùn)練4] (多選)如圖所示,邊長為L的正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,正六邊形中心O處有一粒子源,可在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射不同速率帶正電的粒子,已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q,不計粒子重力和粒子間的相互作用,下列說法正確的是(　BC　)A.可能有粒子從ab邊中點處垂直ab邊射出B.從a點垂直af邊離開正六邊形區(qū)域的粒子在磁場中的運動時間為t=C.垂直cf向上發(fā)射的粒子要想離開正六邊形區(qū)域,速率至少為v=D.要想離開正六邊形區(qū)域,粒子的速率至少為解析:若粒子從ab邊中點處垂直ab邊射出,則圓心一定在ab邊所在的直線上,設(shè)ab邊的中點為g,則圓心又在Og的中垂線上,而中垂線與ab邊平行,不可能相交,A錯誤;同理,作aO中垂線,與出射速度垂線交于f點,即f為圓心,則對應(yīng)圓心角為60°,所以粒子在磁場中的運動時間為t=T,且T=,解得t=,B正確;垂直cf向上發(fā)射的粒子剛好能離開磁場時,軌跡與af邊相切,則由幾何關(guān)系得L=r+,由qvB=可知r=,聯(lián)立解得v=,C正確;因為O點距六邊形的最近距離為d=Lcos 30°=L,即此時對應(yīng)剛好離開磁場的最小直徑,所以最小半徑為r=,又r=,所以最小速度為vmin=,D錯誤。專題訓(xùn)練11　帶電粒子在磁場中的運動保分基礎(chǔ)練1.長為L的直導(dǎo)體棒a放置在光滑絕緣水平面上,固定的長直導(dǎo)線b與a平行放置,導(dǎo)體棒a與力傳感器相連,如圖所示(俯視圖)。a、b中通有大小分別為Ia、Ib的恒定電流,其中Ia方向已知,Ib方向未知。導(dǎo)體棒a靜止時,傳感器受到a給它的方向向左、大小為F的拉力。下列說法正確的是(　B　)A.Ib與Ia的方向相同,Ib在a處的磁感應(yīng)強度B大小為B.Ib與Ia的方向相同,Ib在a處的磁感應(yīng)強度B大小為C.Ib與Ia的方向相反,Ib在a處的磁感應(yīng)強度B大小為D.Ib與Ia的方向相反,Ib在a處的磁感應(yīng)強度B大小為解析:由題意可知,導(dǎo)體棒a所受的安培力方向向左,由左手定則可知,導(dǎo)體棒a所在處的磁場方向垂直紙面向里,又由安培定則可知直導(dǎo)線b中的電流方向與Ia的方向相同,對導(dǎo)體棒a由力的平衡條件可知F=FA=BIaL,解得B=,B正確,A、C、D錯誤。2.(2022·杭州二模)在恒定磁場中固定一條直導(dǎo)線,先后在導(dǎo)線中通入不同的電流,圖像表現(xiàn)的是該導(dǎo)線受力的大小F與通過導(dǎo)線電流I的關(guān)系。M、N各代表一組F、I的數(shù)據(jù)。在下列四幅圖中,不可能正確的是(　C　)解析:在勻強磁場中,當(dāng)電流方向與磁感應(yīng)強度B的夾角為θ時,所受安培力為F=BILsin θ,由于磁感應(yīng)強度B和導(dǎo)線長度L不變,因此F與I的關(guān)系圖像為過原點的直線,故A、B正確,C錯誤;當(dāng)電流方向與磁感應(yīng)強度B平行時,所受的安培力始終為零,故D正確。3.如圖所示,兩個單匝圓形線圈甲和乙相隔一定距離豎直固定在水平面上,通過甲線圈的電流大于乙線圈的電流,虛線為兩線圈的中軸線,O、O1、O2、M、N都在中軸線上,O1、O2分別為甲、乙線圈的圓心,O為O1O2連線的中點,O1為MO的中點,O2為ON的中點,下列說法正確的是(　C　)A.兩線圈之間存在相互排斥的作用力B.O點處的磁感應(yīng)強度方向沿軸線向右C.O、M、N三點中O點處磁感應(yīng)強度最大D.乙線圈在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于甲線圈在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度解析:兩線圈中的電流同向,由于同向電流之間相互吸引,則兩線圈之間存在相互吸引的作用力,選項A錯誤;由安培定則可知,兩線圈中電流在O點處產(chǎn)生的磁場方向均向左,則O點的磁感應(yīng)強度方向沿軸線向左,選項B錯誤;由磁場疊加可知,O、M、N三點中O點處磁感應(yīng)強度最大,選項C正確;由于甲線圈的電流大于乙線圈的電流,則甲線圈在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大于乙線圈在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度,選項D錯誤。4.如圖所示,水平桌面上有一正三角形線框abc,線框由粗細(xì)相同的同種材料制成,邊長為L,線框處在與桌面成60°斜向下的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,ac邊與磁場垂直?，F(xiàn)a、c兩點接到直流電源上,流過ac邊的電流為I,線框靜止在桌面上,則線框受到的摩擦力大小為(　C　)A.BIL B.BILC.BIL D.2BIL解析:根據(jù)題意可知從a經(jīng)b到c的電流為I′=,正三角形線框接入電路后,受安培力的等效長度為L,總電流為I總=I+I′=,所受安培力為F=BI總L=,由平衡條件可知,線框受到的摩擦力大小為Ff=Fcos 30°=,故選C。5.如圖所示,三根相互平行的水平長直導(dǎo)線通有大小相等且方向相同的電流I,其中P、Q、R為導(dǎo)線上三個點,三點連成的平面與導(dǎo)線垂直,O為PQ連線的中點,且QR=PR。則下列判斷正確的是(　D　)A.R點的磁感應(yīng)強度方向豎直向上B.P點的磁感應(yīng)強度方向豎直向下C.R點與O點的磁感應(yīng)強度相同D.若忽略P所在的導(dǎo)線,在離Q、R兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi),不可能存在磁感應(yīng)強度為零的位置解析:如圖所示,因Q在R點產(chǎn)生的磁場垂直于QR斜向上,P在R點產(chǎn)生的磁場方向垂直PR斜向下,則R點的磁感應(yīng)強度沿水平方向,A錯誤;如圖所示,因Q在P點產(chǎn)生的磁場垂直于QP豎直向上,R在P點產(chǎn)生的磁場方向垂直PR斜向上,則P點的磁感應(yīng)強度方向斜向右上方,B錯誤;因P、Q兩處的電流在O點的合磁感應(yīng)強度為零,則O點的磁感應(yīng)強度方向向右,則R點與O點的磁感應(yīng)強度方向不相同,大小也不一定相同,C錯誤;根據(jù)同向電流相互吸引,反向電流相互排斥,在離Q、R兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi),不存在合力為零的位置,所以磁感應(yīng)強度為零的位置也不存在,D正確。6.如圖所示,四根長直導(dǎo)線垂直紙面放置,其橫截面位于一邊長為a的正方形頂點A、C、D、E上。四根導(dǎo)線中均通以大小為I0的恒定電流,電流方向如圖所示,已知載流長直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度B=k,式中k為常量,I為導(dǎo)線中的電流,r為該點到導(dǎo)線的距離。下列說法正確的是(　D　)A.A處導(dǎo)線所受安培力方向從A指向DB.A處長為L的一段導(dǎo)線所受安培力大小為 C.若僅改變D處導(dǎo)線中的電流方向,A處導(dǎo)線所受安培力大小變?yōu)樵瓉淼?倍D.若僅改變E處導(dǎo)線中的電流方向,A處導(dǎo)線所受安培力大小變?yōu)樵瓉淼? 倍解析:由磁感應(yīng)強度的疊加法則得,C、D、E在A處磁感應(yīng)強度的方向垂直AD連線斜向左下方,根據(jù)左手定則可知,A處導(dǎo)線所受安培力方向從D指向A,A錯誤;由磁感應(yīng)強度的疊加法則得,C、D、E在A處磁感應(yīng)強度大小為B=,故A處長為L的一段導(dǎo)線所受安培力大小為F=,B錯誤;若僅改變D處導(dǎo)線中的電流方向,A處長為L的一段導(dǎo)線所受安培力大小為F′=,則A處導(dǎo)線所受安培力大小變?yōu)樵瓉淼?倍,C錯誤;若僅改變E處導(dǎo)線中的電流方向,由磁感應(yīng)強度的疊加法則得,C、D、E在A處磁感應(yīng)強度大小為B=,則A處導(dǎo)線所受安培力大小變?yōu)樵瓉淼? 倍,D正確。7.如圖所示,在直角三角形abc區(qū)域中,有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。三個電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的同種粒子,從b點沿bc方向分別以速度v1、v2、v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1。已知∠a=45°,ac=L,不計粒子的重力,下列說法正確的是(　D　)A.粒子的比荷 =B.三個粒子的速度大小關(guān)系一定是v1=v2<v3C.以速度v2射入的粒子運動的時間t2=D.運動時間為t3的粒子,其速度v3=解析:三個粒子在磁場中運動的時間之比為t1∶t2∶t3=3∶3∶1,根據(jù)幾何知識分析,粒子運動軌跡如圖所示,它們對應(yīng)的圓心角分別為90°、90°、30°,粒子運動的周期T=,則有t1=T=,解得粒子的比荷=,故A錯誤;由幾何關(guān)系可知R2<R3,R1<R3=2L,洛倫茲力提供向心力qvB=m,從而得到粒子做勻速圓周運動的速度v=,則有v1<v3,v2<v3=,其中v1與v2的大小無法確定,故B錯誤,D正確;以速度v2射入的粒子運動的時間t2=T=,故C錯誤。8.(多選)如圖,一長度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B。O點有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子,所有粒子的初速度v(未知)大小相同。已知初速度與ON夾角為60°發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點(不被擋板吸收),粒子與擋板碰撞則會被吸收,ON=a,ON⊥MN,不計粒子重力,不考慮粒子間的相互作用。則(　CD　)A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為aB.擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為aC.能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的D.若調(diào)節(jié)初速度v大小使擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長度為a,則v的最小值為解析:恰好經(jīng)過N點粒子的軌跡如圖中軌跡1所示,設(shè)半徑為R,由幾何關(guān)系可知2Rcos 30°=a,解得R=a,選項A錯誤;當(dāng)軌跡剛好與MN相切時,粒子能打到板上最大高度,如圖中軌跡2,設(shè)速度方向與ON夾角為θ,由幾何關(guān)系Rsin θ+R=a,解得sin θ=-1,由此可得Rcos θ=a=a,所以,擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長度為a,選項B錯誤;要使粒子打到右側(cè),則有兩個臨界條件,如圖中軌跡1、3,速度夾角為60°,則比例為=,選項C正確;由A、C選項分析可知使擋板的右側(cè)被擊中的豎直長度為a,速度方向與ON夾角為60°,由洛倫茲力提供向心力qvB=,解得v=,選項D正確。9.利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動,在現(xiàn)代科學(xué)實驗和技術(shù)設(shè)備中有廣泛的應(yīng)用,如圖所示,以O(shè)點為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,圓形區(qū)域外有垂直紙面向里的勻強磁場,兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小都是B。有一質(zhì)量為m、所帶正電荷電荷量為q的帶電粒子從P點沿半徑垂直磁場射入圓形區(qū)域,粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點,不計粒子重力,則(　D　)A.粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為RB.粒子從P點射入磁場的速度大小為 C.粒子從P點射出到第一次回到P點所需的時間為D.如果圓形區(qū)域外的磁場在一個以O(shè)為圓心的圓環(huán)內(nèi),則該圓環(huán)的面積至少為(6+4)πR2解析:因為粒子兩次穿越磁場邊界后又回到P點,畫出粒子軌跡示意圖如圖所示。設(shè)粒子做圓周運動的軌跡半徑為r,則有tan 30°=,解得r=R,選項A錯誤;由qvB=m,可得v=,選項B錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T==,粒子從P點射出到第一次回到P點所需要的時間為t=++=,選項C錯誤;由幾何關(guān)系可知,圓環(huán)的大圓半徑為(2+)R,小圓半徑為R,所以其面積為S=π[(2+)R]2-πR2=(6+4)πR2,選項D正確。10.(多選)如圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi),存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。大量質(zhì)量為m、電荷量為q的相同粒子從y軸上的P(0,L)點,以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場,設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為α(0≤α≤180°)。當(dāng)α=150°時,粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則(　ACD　)A.粒子一定帶正電B.當(dāng)α=45°時,粒子也垂直x軸離開磁場C.粒子入射速率為D.粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為3L解析:根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場,根據(jù)左手定則可知粒子帶正電,A正確;當(dāng)α=150°時,粒子垂直x軸離開磁場,運動軌跡如圖甲所示。粒子運動的半徑為r==2L,洛倫茲力提供向心力qvB=m,解得粒子入射速率v=。若α=45°,粒子運動軌跡如圖乙所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場時與x軸不垂直,B錯誤,C正確;粒子離開磁場距離O點距離最遠(yuǎn)時,粒子在磁場中的軌跡為半圓,如圖丙所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知(2r)2=(L)2+,解得xm=3L,D正確。高分強化練11.在芯片制造過程中,離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是一部分離子注入工作原理示意圖,離子經(jīng)加速后沿水平方向進入速度選擇器,選擇出一定速度的離子,然后通過磁分析器Ⅰ,選擇出特定比荷的離子,經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度選擇器、磁分析器中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B,方向均垂直紙面向外;速度選擇器中的勻強電場電場強度大小為E,方向豎直向上。磁分析器橫截面是矩形,矩形長為2L,寬為(4-2)L。其寬和長中心位置C和D處各有一個小孔;半徑為L的圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ內(nèi)存在垂直紙面向外,磁感應(yīng)強度大小可調(diào)的勻強磁場,D、M、N在一條豎直線上,DM為圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的直徑,最低點M到硅片的距離MN=,不計離子重力。(1)求離子通過速度選擇器后的速度大小;(2)求磁分析器選擇出來的離子的比荷;(3)若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)磁感應(yīng)強度大小的取值范圍B≤B偏≤B,求硅片上離子注入的寬度。解析:(1)由題意可知qvB=qE,解得v=。(2)離子做圓周運動,由幾何知識可知R2=L2+[R-(2-)L]2,解得R=2L,又因為洛倫茲力提供向心力qvB=,解得=。(3)結(jié)合上述分析,根據(jù)R′=可得半徑R′滿足L≤R′≤L,所以粒子軌跡如圖所示。如圖甲,當(dāng)R′=R1=L時,由幾何知識可知,離子豎直向下離開,落點P到N點距離x1=L,如圖乙,當(dāng)R′=R2=L時,由幾何知識可知,離子從M點與水平方向成30°離開,落點Q到N點的距離x2=L,寬度x=x1+x2=L。答案:(1)　(2)　(3)L12.如圖所示的空間分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域,邊界AD與邊界AC的夾角為30°,邊界AC與MN平行,Ⅰ、Ⅱ區(qū)域均存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里,Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐,邊界AD上的P點與A點間距離為2d。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以速度v=,沿紙面與邊界AD成60°角的圖示方向從左邊進入Ⅰ區(qū)域磁場(粒子的重力可忽略不計)。(1)若粒子從P點進入磁場,從邊界MN飛出磁場,求粒子經(jīng)過兩磁場區(qū)域的時間;(2)粒子從距A點多遠(yuǎn)處進入磁場時,在Ⅱ區(qū)域運動時間最短?解析:(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,則qvB=m,且v=,聯(lián)立解得r=2d,粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)域轉(zhuǎn)過的角度為θ,由圖可知sin θ==,得θ=30°,粒子在Ⅰ區(qū)域運動時間t1=T,設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域運動時間為t2,由對稱關(guān)系可知t1=t2,粒子經(jīng)過兩磁場區(qū)域的時間為t=t1+t2=2t1,解得t=。(2)由圖可知在Ⅱ區(qū)域運動時間最短時,運動圓弧對應(yīng)的弦長最短,應(yīng)為d,由幾何關(guān)系可知,粒子入射點Q到邊界AC的距離應(yīng)為,則入射點Q與A點的距離為d。答案:(1)　(2)d13.如圖所示,以α粒子源為原點建立直角坐標(biāo)系xOy,在以O(shè)點為圓心、半徑為R0的圓形區(qū)域內(nèi)存在一個有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度為B0。α粒子源在坐標(biāo)平面內(nèi)向第三、四象限的各個方向發(fā)射速率相同的α粒子。已知α粒子的電荷量為2e、質(zhì)量為m,不計粒子重力及粒子間的相互作用。(1)若磁場分布在整個圓形區(qū)域內(nèi),則α粒子恰能達(dá)到而不會飛出磁場的邊界,求α粒子的速率v0;(2)若調(diào)整磁場邊界,可使得所有速率為v0的α粒子都能在離開圓形區(qū)域前以相同的速度通過y軸,請畫出可以實現(xiàn)這一要求的磁場邊界,并將有磁場區(qū)域用陰影表示;(3)接(2)問,若要讓所有速率為v0的α粒子通過y軸后全部匯聚到坐標(biāo)為(-R0,0)的P點,則可在圓形區(qū)域內(nèi)再增加一個有界磁場,求該磁場區(qū)域的面積及磁感應(yīng)強度大小B2。解析:(1)由牛頓第二定律可得qv0B0=m,其中q=2e,α粒子恰能達(dá)到而不會飛出磁場的邊界,由幾何關(guān)系得2r=R0,聯(lián)立解得v0=。(2)如圖甲所示,第一、三、四象限內(nèi)有填充區(qū)域,圓形區(qū)域內(nèi)第二象限無磁場,第四象限充滿磁場,第三象限圓形區(qū)域內(nèi)半圓邊界,第一象限圓形區(qū)域內(nèi)半圓邊界。(3)如圖乙中第二象限表示區(qū)域,面積為S=2×(π-)=,根據(jù)邊界條件計算,可得2ev0B2=m,聯(lián)立解得B2=。答案:(1)　(2)圖見解析(3)　14.某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形EFGH、方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,探測板CD平行于HG水平放置,能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界EH水平射入磁場,b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界HG豎直向下射出,并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N,離子束間的距離均為0.6R,探測板CD的寬度為0.5R,離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q,不計重力及離子間的相互作用。(1)求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界HG時與H點的距離s;(2)求探測到三束離子時探測板與邊界HG的最大距離Lmax;(3)若打到探測板上的離子被全部吸收,求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到HG距離L的關(guān)系。解析:(1)qvB=得 v=,離子運動軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系知HO=0.6R,得s==0.8R。(2)a、c束中的離子從同一點Q射出,α=β,tan α=,解得Lmax=R。(3)a或c束中每個離子動量的豎直分量pZ=pcos α=0.8qBR,0<L≤R,F1=Np+2NpZ=2.6NqBR,R<L≤0.4R,F2=Np+NpZ=1.8NqBR,L>0.4R,F3=Np=NqBR。答案:(1)　0.8R　(2)R　(3)見解析

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