高二第十讲带电粒子在磁场中运动高考题型归类解析(二)(教师版)

Wzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第1页共7页第十讲带电粒子在磁场中运动高考题型归类解析（二）（教师版）8、时间最长问题1（全国卷1）26．（21分）如下图，在03xa区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在0tt时刻刚好从磁场边界上(3,)Paa点离开磁场。求：⑴粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；⑵此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；⑶从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。1、【答案】⑴aR332032Btmq⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°⑶从粒子发射到全部离开所用时间为02t【解析】⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有222)3(RaaR解得aR33223sinRa，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为03tT粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得RTmBqv2)2(，TRv2，化简得032Btmq⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为aR332，而它的高是aaah333323，半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是RRRWzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第2页共7页240°。所用时间为02t。所以从粒子发射到全部离开所用时间为02t。2（新课标卷）25.(18分)如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤2a范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于2a到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：(1)速度大小；(2)速度方向与y轴正方向夹角正弦。2、解析：设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦磁力公式，得2mvqvBR，解得：mvRqB当2a＜R＜a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，4Tt时，2OCA设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：sin,sincos2aRRRaR再加上22sincos1，解得：6666(2),(2),sin2210aqBRavm9、菱形法则的应用3.（09年浙江卷）25.（22分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0y2R的区间内。已知重力加速度大小为g。（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。3、答案：（1）mvqR；方向垂直于纸面向外；（2）见解析；（3）与x同相交的区域范围是x0。Wzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第3页共7页解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动。带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由qEmg可得qmgE方向沿y轴正方向。带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。且r=R如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由RmvqvB2得qRmvB方向垂直于纸面向外（2）这束带电微粒都通过坐标原点。方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为222cossinRRyRx得x=0x=-Rsinθy=0或y=R(1+cosθ)（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x0带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x0.4、如图所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：(1)电子从y轴穿过的范围；(2)荧光屏上光斑的长度；(3)所加磁场范围的最小面积。参考解答及评分标准（1）设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得：ev0B＝mv02R(2分)即R＝mv0Be(1分)电子从y轴穿过的范围OM=2R＝2mv0Be(3分)(2)如图所示，初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；(1分)初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点(1分)由几何知识可得：PQ＝R＝mv0Be(3分)Wzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第4页共7页(3)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x＝－Rsinθy＝R＋Rcosθ即x2＋(y－R)2＝R2又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：S＝34πR2＋R2－14πR2＝(π2＋1)(mv0Be)2(8分)5.如图4－13甲所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小．(2)此匀强磁场区域的最小面积．5、解析：（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力0fevB应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a按照牛顿定律有202vfm联立①②式得0mvBea（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧AEC是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设02）的情形。该电子的运动轨迹qpA如图所示。图中，圆AP的圆心为O，pq垂直于BC边，由③式知，圆弧AP的半径仍为a，在D为原点、DC为x轴，AD为y轴的坐标系中，P点的坐标(,)xy为sin[(cos)]cosxayazaa④⑤Wzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第5页共7页这意味着，在范围02内，p点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周AFC，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周AEC和AFC所围成的，其面积为2221122()422Saaa评分参考：本题10分。第（1）问4分，①至③式各1分；得出正确的磁场方向的，再给1分。第（2）问6分，得出“圆弧AEC是所求磁场区域的一个边界”的，给2分；得出所求磁场区域的另一个边界的，再给2分；⑥式2分。6．（21分）如图—26所示，在xoy坐标系中分布着四个有界场区，在第三象限的AC左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场B1=0.5T，AC是直线y=-x—0.425（单位：m）在第三象限的部分，另一沿y轴负向的匀强电场左下边界也为线段AC的一部分，右边界为y轴，上边界是满足21100.025yxx（单位：m）的抛物线的一部分，电场强度E=2.5N/C。在第二象限有一半径为r=0.1m的圆形磁场区域，磁感应强度B2=1T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为D、F，在第一象限的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B3=1T，另有一厚度不计的挡板PQ垂直纸面放置，其下端坐标P（0.1m,0.1m），上端Q在y轴上，且∠PQF=30°现有大量m=1×10-6kg，q=-2×10-4C的粒子（重力不计）同时从A点沿x轴负向以v0射入，且v0取0v020m/s之之间的一系列连续值，并假设任一速度的粒子数占入射粒子总数的比例相同。（1）求所有粒子从第三象限穿越x轴时的速度；（2）设从A点发出的粒子总数为N，求最终打在挡板PQ右侧的粒子数N'．6．解：（1）设某速度为0v的粒子从A点入射后到达AC上的G点，因0v与AC成450角，其对应圆心角为900，即恰好经过四分之一圆周，故到达G点时速度仍为0v，方向沿Y轴正向.---------------------(２分)粒子在电场中沿Y轴正向加速运动，设G点坐标为G（x，y），刚好穿出电场时坐标为（x，1y），粒子穿出电场时速度为1v，在电场中运动的过程中，由动能定理得：2102111||()22Eqyymvmv-------------(2分)而21100.025yxx0.425yx又2001||||vqvBmx---------------(2分)代入数据解得120/vms，可见粒子穿出电场时速度大小与x无关。---------(3分)因020/vms，由2001||vqvBmRWzclxx梳理知识拓展考点归纳方法提升能力陶冶情操高二专题十（2.18）第6页共7页代入数据得：0.2Rm-----------(1分)由数学知识可知，k点坐标为k(-0.2m，-0.225m)，故从A点射出的所有粒子均从AK之间以20m/s的速度沿Y轴正向射出电场，在到达X轴之前粒子作匀速直线运动，故所有粒子从第三象限穿越X轴时的速度大小均为