【步步高】年高考物理大一輪 第八章 42 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 新人教版選修31

《【步步高】年高考物理大一輪 第八章 42 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 新人教版選修31》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【步步高】年高考物理大一輪 第八章 42 帶電粒子在勻強磁場中的運動學案 新人教版選修31（15頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、學案42 帶電粒子在勻強磁場中的運動一、概念規(guī)律題組1兩個粒子，帶電量相等，在同一勻強磁場中只受洛倫茲力而做勻速圓周運動()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電場和磁場同時用來加速帶電粒子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，而與交流電壓的頻率無關3關于帶電粒子在勻強電場和勻強磁場中的運動，下列說法中正確的是()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、增加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，粒子動能一定增加D不管帶電粒子怎樣射入磁場，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構成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A離子由加速器的中心附近進入加速器B離子由加速器的邊緣進入加速器C離子從磁場中獲得能量D離子從電場中獲得能量二、思想方法題組5質(zhì)子(H)和粒子(He)在同一勻強磁場中做半徑相同的圓周運動由此可知質(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磁場，一個帶電粒子(不計重力)，從A點沿半徑方向以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出，且AOB120，則該粒子在磁場中運動的時間為()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動，由于多種因素的影響，使問題形成多解，多解形成原因一般包含下述幾個方面：(1)帶電粒子電性不確定形成多解：受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，導致形成雙解(2)磁場方向不確定形

4、成多解：有些題目只告訴了磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度方向，此時必須要考慮磁感應強度方向，由磁場方向不確定而形成的雙解圖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，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場，可能轉(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)運動的重復性形成多解：帶電粒子在部分是電場、部分是磁場空間運動時，往往運動具有往復性，因而形成多解【例1】 (2010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，磁感應強度大小都為B.現(xiàn)有一

5、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿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動，其周期多大？(2)若微粒從P點沿PM方向向左射出后從分界線的A點沿AO方向進入磁場并打到Q點，求微粒的運動速度大?。?3)若微粒從P點沿PM方向向左側(cè)射出，最終能到達Q點，求其速度滿足的條件規(guī)范思維二、帶電粒子在分區(qū)域勻強電場、磁場中運動問題“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進入勻強電場帶電粒子以vB進入勻強磁場受力情況只受恒定的電場力只受大小恒定的洛倫茲力運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Lvtyat2at

6、an at/vqvBmrmv/(qB)T2m/(qB)tT/(2)sin L/r做功情況電場力既改變速度方向，也改變速度的大小，對電荷要做功洛倫茲力只改變速度方向，不改變速度的大小，對電荷永不做功物理圖象【例2】 (2009山東理綜25)如圖5甲所示，建立Oxy坐標系兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電量為q、速度相同、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(不考慮極板邊緣的影響)已知t0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)

7、極板邊緣射入磁場上述m、q、l、t0、B為已知量(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)圖5(1)求電壓U0的大?。?2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間規(guī)范思維【例3】 (2011江蘇15)某種加速器的理想模型如圖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)電場加速后進入磁場，在磁場中運行時間T0后恰能再次從a孔進入電場

8、加速現(xiàn)該粒子的質(zhì)量增加了m0.(粒子在兩極板間的運動時間不計，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)要利用一根長為L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁場中時管內(nèi)無磁場，忽略其對管外磁場的影響)，使圖6中實線軌跡(圓心為O)上運動的粒子從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的頻率提高為原來的2倍，該粒子應何時由板內(nèi)a孔處靜止開始加速，才能經(jīng)多次加速后獲得最大動能？最大動能是多少？規(guī)范思維【基礎演練】1.圖8(2011福建龍巖模擬)如圖8所示，質(zhì)子以一定的初速度v0從邊

9、界ab上的A點水平向右射入豎直、狹長的矩形區(qū)域abcd(不計質(zhì)子的重力)當該區(qū)域內(nèi)只加豎直向上的勻強電場時，質(zhì)子經(jīng)過t1時間從邊界cd射出；當該區(qū)域內(nèi)只加水平向里的勻強磁場時，質(zhì)子經(jīng)過t2時間從邊界cd射出，則()At1t2Bt10時，粒子被加速，則最多連續(xù)被加速的次數(shù)N，得N25分析可得，粒子在連續(xù)被加速的次數(shù)最多，且uU0時也被加速的情況時，最終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)還應突破以下幾點：只有在Uab0時，才能加速粒子質(zhì)量增大后，電場周期

10、與粒子運動周期不同步，造成每次加速電壓不同，應根據(jù)比例算出下一次的加速電壓粒子在磁屏蔽管內(nèi)做勻速直線運動，在管外做勻速圓周運動，加屏蔽管后，相當于粒子運動的圓軌跡沿管方向平移了L.思想方法總結(jié)1解決多解性問題的注意事項：(1)分析題目特點，確定題目多解性形成的原因(2)作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能性)(3)如果是周期性重復的多解問題，應列出通項式，如果是出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件2當帶電粒子在分區(qū)域勻強電場、勻強磁場運動時，應注意：(1)分清運動過程，明確各過程的運動性質(zhì)一般情況下，帶電粒子在電場中做類平拋運動，在勻強磁場中做勻速圓周運動注意這兩種運動軌跡都是曲線，但

11、性質(zhì)不同(2)在分析問題時，應注意培養(yǎng)思維的邏輯性，按順序往后分析要學會進行推理與判斷【課時效果檢測】1B2.ABC3.D4.B5(1)(2)0.4 m(3)7.681018 J6(1)見解析(2)R解析(1)粒子經(jīng)過電場加速，進入偏轉(zhuǎn)磁場時速度為v，有qUmv2進入磁場后做圓周運動，設軌道半徑為rqvBm打到H點，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)角度小于或等于90，如圖所示，此時磁場區(qū)半徑Rr所以，磁場區(qū)域半徑應滿足的條件為：R.7(1)sin (2)sin3cos 8(1)(2)(n1,2,3，)9(1)1.251011 NC板為正極D板為負極(2)8.1

12、1014 kgm2.891013 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動可知微粒帶正電，且被電場加速，所以C板為正極，D板為負極(2)若微粒的質(zhì)量為m，剛進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動，洛倫茲力充當向心力，若圓周運動半徑為R，有qvBm微粒要從XY邊界離開臺面，則圓周運動的邊緣軌跡如圖所示，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，定要寫出動能的表達式，才能看出它與哪些因素相關3在第6題的(2)中，求磁場區(qū)域滿足的條件，是很多同學認為的難點之一，不知道怎樣去分析如能畫出運動軌跡，問題便迎刃而解15用心 愛心 專心