【步步高】高考物理大一輪42 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動學(xué)案 新人教版選修3-1

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1、學(xué)案42 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動一、概念規(guī)律題組1兩個粒子，帶電量相等，在同一勻強(qiáng)磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動()A若速率相等，則半徑必相等B若質(zhì)量相等，則周期必相等C若動能相等，則周期必相等D若質(zhì)量相等，則半徑必相等2在回旋加速器中()A電場用來加速帶電粒子，磁場則使帶電粒子回旋B電場和磁場同步用來加速帶電粒子C在交流電壓一定的條件下，回旋加速器的半徑越大，則帶電粒子獲得的動能越大D同一帶電粒子獲得的最大動能只與交流電壓的大小有關(guān)，而與交流電壓的頻率無關(guān)3有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，下列說法中對的的是()A帶電粒子沿電場線方向射入，電場力對帶電粒子做正功，粒子動能一定

2、增長B帶電粒子垂直于電場線方向射入，電場力對帶電粒子不做功，粒子動能不變C帶電粒子沿磁感線方向射入，洛倫茲力對帶電粒子做正功，粒子動能一定增長D不管帶電粒子如何射入磁場，洛倫茲力對帶電粒子都不做功，粒子動能不變4.圖1(廣東高考)1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖1所示這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法對的的是()A離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器B離子由加速器的邊沿進(jìn)入加速器C離子從磁場中獲得能量D離子從電場中獲得能量二、思想措施題組5質(zhì)子(H)和粒子(He)在同一勻強(qiáng)磁場中做半徑相似的圓周運(yùn)動由此可知質(zhì)子的動能E1和粒子的動能E2之比E1

3、E2等于()A41 B11 C12 D216.圖2如圖2所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一種帶電粒子(不計重力)，從A點(diǎn)沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點(diǎn)射出，且AOB120，則該粒子在磁場中運(yùn)動的時間為()A. B. C. D.一、帶電粒子在洛倫茲力作用下的多解問題帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成因素一般涉及下述幾種方面：(1)帶電粒子電性不擬定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，也許帶正電荷，也也許帶負(fù)電荷，在相似的初速度下，正、負(fù)粒子在磁場中運(yùn)動軌跡不同，導(dǎo)致形成雙解(2)磁場方向不擬定形

4、成多解：有些題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，此時必須要考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向，由磁場方向不擬定而形成的雙解圖3(3)臨界狀態(tài)不唯一形成多解：帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它也許穿過磁場，也許轉(zhuǎn)過180從入射界面這邊反向飛出，如圖3所示，于是形成多解(4)運(yùn)動的反復(fù)性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運(yùn)動時，往往運(yùn)動具有往復(fù)性，因而形成多解【例1】 (龍巖畢業(yè)班質(zhì)檢)圖4如圖4所示，直線MN下方無磁場，上方空間存在兩個勻強(qiáng)磁場和，其分界線是半徑為R的半圓弧，和的磁場方向相反且垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B.既有一質(zhì)量為m

5、、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從P點(diǎn)沿PM方向向左側(cè)射出，不計微粒的重力(1)若微粒在磁場中做完整的圓周運(yùn)動，其周期多大？(2)若微粒從P點(diǎn)沿PM方向向左射出后從分界線的A點(diǎn)沿AO方向進(jìn)入磁場并打到Q點(diǎn)，求微粒的運(yùn)動速度大??；(3)若微粒從P點(diǎn)沿PM方向向左側(cè)射出，最后能達(dá)到Q點(diǎn)，求其速度滿足的條件規(guī)范思維二、帶電粒子在分區(qū)域勻強(qiáng)電場、磁場中運(yùn)動問題“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的區(qū)別電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以vE進(jìn)入勻強(qiáng)電場帶電粒子以vB進(jìn)入勻強(qiáng)磁場受力狀況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋知識、牛頓第二定律牛頓第二定律、向心力公式基本公式Lvtyat2atan a

6、t/vqvBmrmv/(qB)T2m/(qB)tT/(2)sin L/r做功狀況電場力既變化速度方向，也變化速度的大小，對電荷要做功洛倫茲力只變化速度方向，不變化速度的大小，對電荷永不做功物理圖象【例2】 (山東理綜25)如圖5甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系兩平行極板P、Q垂直于y軸且有關(guān)x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于Oxy平面向里位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右持續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為q、速度相似、重力不計的帶電粒子在03t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊沿的影響)已知t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子正好在t0時刻經(jīng)極板邊沿射入磁場

7、上述m、q、l、t0、B為已知量(不考慮粒子間互相影響及返回極板間的狀況)圖5(1)求電壓U0的大??；(2)求t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑；(3)何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運(yùn)動時間最短？求此最短時間規(guī)范思維【例3】 (江蘇15)某種加速器的抱負(fù)模型如圖6所示：兩塊相距很近的平行小極板中間各開有一小孔a、b，兩極板間電壓uab的變化圖象如圖7所示，電壓的最大值為U0、周期為T0，在兩極板外有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場若將一質(zhì)量為m0、電荷量為q的帶正電的粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，經(jīng)電場加速后進(jìn)入磁場，在磁場中運(yùn)營時間T0后恰能再次從a孔進(jìn)入電場加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增長了

8、m0.(粒子在兩極板間的運(yùn)動時間不計，兩極板外無電場，不考慮粒子所受的重力)圖6圖7(1)若在t0時將該粒子從板內(nèi)a孔處靜止釋放，求其第二次加速后從b孔射出時的動能；(2)現(xiàn)要運(yùn)用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽視其對管外磁場的影響)，使圖6中實(shí)線軌跡(圓心為O)上運(yùn)動的粒子從a孔正下方相距L處的c孔水平射出，請畫出磁屏蔽管的位置；(3)若將電壓uab的頻率提高為本來的2倍，該粒子應(yīng)何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才干經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？規(guī)范思維【基本演習(xí)】1.圖8(福建龍巖模擬)如圖8所示，質(zhì)子以一定的初速度v0從邊界ab上的A點(diǎn)水平向右射入豎直、

9、狹長的矩形區(qū)域abcd(不計質(zhì)子的重力)當(dāng)該區(qū)域內(nèi)只加豎直向上的勻強(qiáng)電場時，質(zhì)子通過t1時間從邊界cd射出；當(dāng)該區(qū)域內(nèi)只加水平向里的勻強(qiáng)磁場時，質(zhì)子通過t2時間從邊界cd射出，則()At1t2Bt10時，粒子被加速，則最多持續(xù)被加速的次數(shù)N，得N25分析可得，粒子在持續(xù)被加速的次數(shù)最多，且uU0時也被加速的狀況時，最后獲得的動能最大粒子由靜止開始加速的時刻tT0(n0,1,2，)最大動能Ekm2qU0qU0解得EkmqU0規(guī)范思維本題為空間分立型電磁場問題，帶電粒子在電場中只加速，在磁場中只偏轉(zhuǎn)還應(yīng)突破如下幾點(diǎn)：只有在Uab0時，才干加速粒子質(zhì)量增大后，電場周期與粒子運(yùn)動周期不同步，導(dǎo)致每次加

10、速電壓不同，應(yīng)根據(jù)比例算出下一次的加速電壓粒子在磁屏蔽管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在管外做勻速圓周運(yùn)動，加屏蔽管后，相稱于粒子運(yùn)動的圓軌跡沿管方向平移了L.思想措施總結(jié)1解決多解性問題的注意事項(xiàng)：(1)分析題目特點(diǎn)，擬定題目多解性形成的因素(2)作出粒子運(yùn)動軌跡示意圖(全面考慮多種也許性)(3)如果是周期性反復(fù)的多解問題，應(yīng)列出通項(xiàng)式，如果是浮現(xiàn)幾種解的也許性，注意每種解浮現(xiàn)的條件2當(dāng)帶電粒子在分區(qū)域勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場運(yùn)動時，應(yīng)注意：(1)分清運(yùn)動過程，明確各過程的運(yùn)動性質(zhì)一般狀況下，帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動注意這兩種運(yùn)動軌跡都是曲線，但性質(zhì)不同(2)在分析問題時，應(yīng)注

11、意培養(yǎng)思維的邏輯性，按順序往后分析要學(xué)會進(jìn)行推理與判斷【學(xué)時效果檢測】1B2.ABC3.D4.B5(1)(2)0.4 m(3)7.681018 J6(1)見解析(2)R解析(1)粒子通過電場加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，有qUmv2進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動，設(shè)軌道半徑為rqvBm打到H點(diǎn)，則r解得(2)要保證所有粒子都不能打到MN邊界上，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角度不不小于或等于90，如圖所示，此時磁場區(qū)半徑Rr因此，磁場區(qū)域半徑應(yīng)滿足的條件為：R.7(1)sin (2)sin3cos 8(1)(2)(n1,2,3，)9(1)1.251011 NC板為正極D板為負(fù)極(2)8.11014 kgm2.8910

12、13 kg(3)v04.15 m/s，方向沿與YX方向成53角方向解析(1)微粒在極板間受電場力F電q代入數(shù)據(jù)得F電 N1.251011 N由微粒在磁場中的運(yùn)動可知微粒帶正電，且被電場加速，因此C板為正極，D板為負(fù)極(2)若微粒的質(zhì)量為m，剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v，由動能定理得Uqmv2微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，若圓周運(yùn)動半徑為R，有qvBm微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運(yùn)動的邊沿軌跡如圖所示，半徑的極小值與極大值分別為R1R2ld聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，有811014 kgl，因此t2t1.2在第3題中，定要寫出動能的體現(xiàn)式，才干看出它與哪些因素有關(guān)3在第6題的(2)中，求磁場區(qū)域滿足的條件，是諸多同窗覺得的難點(diǎn)之一，不懂得如何去分析如能畫出運(yùn)動軌跡，問題便迎刃而解