高考物理母題解讀九磁場母題8帶電粒子在相鄰不同磁場中的圓周運動

1、高考母題解讀高考題千變?nèi)f化，但萬變不離其宗。千變?nèi)f化的新穎高考題都可以看作是由母題衍生而來。研究高考母題，掌握母題解法規(guī)律，使學(xué)生觸類旁通，舉一反三，可使學(xué)生從題海中跳出來, 輕松備考，事半功倍。母題8.帶電粒子在相鄰反向磁場中的圓周運動【解法歸納】利用帶電粒子在磁場中運動的相關(guān)知識列方程解答。P0；2jB；,M1：UOj;典例(2011新課標(biāo)理綜)如圖，在區(qū)域 I (0wxwd)和區(qū)域II (dwxw2d)內(nèi)分別存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B,方向相反，且都垂直于 Oxy平面。一質(zhì)量為 m帶電荷量q (q0) 的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域I ,其速度方向沿x軸正 方向。

2、已知a在離開區(qū)域I時，速度方向與x軸正方向的夾角為 30 ； 此時，另一質(zhì)量和電荷量均與 a相同的粒子b也從P點沿x軸正方向 射入?yún)^(qū)域I ,其速度大小是 a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互 作用力。求(1)粒子a射入?yún)^(qū)域I時速度的大小；(2)當(dāng)a離開區(qū)域II時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差?！窘馕鯭)設(shè)粒子己在I內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為c (在)軸上半徑為 區(qū)粒子速率為運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為匕如圖，由洛侖茲力公式和牛頓第一定律得= w Mi由幾何關(guān)系得二pcf = e /二二 式卬，出30。，由式得與I二注 sin 6(2)設(shè)粒子a在II內(nèi)做圓周運動的圓心為O,半徑為Ra1,射出點為

3、Pa (圖中未畫出軌跡)，2/P OaPa = 8 。由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得qva (2B) = mRa2由式得Ra2Ra123的平面上。由對稱性知,C、P和Oa三點共線，且由 式知Oa點必位于x = - d2P,點與P點縱坐標(biāo)相同，即 yP =Ra1cos 0+h式中，h是C點的y坐標(biāo)。設(shè)b在I中運動的軌道半徑為由洛侖范力公式和牛頓第二定律得設(shè)a到達2點時,b位于E點，轉(zhuǎn)過的角度為以如果b沒有飛出I,則ff式中，t是a在區(qū)域II中運動的時間，而由口白曲式得=30C由33式可見，b沒有飛出.巴點的F坐標(biāo)為心= K$iQ+s2j-h 0由。5式及題給條件得，a，b兩粒子的丫坐標(biāo)之差為l-

4、以=士（百一22 0【點評】此題考查帶電粒子在相鄰相反方向磁場中的運動，具有一定的難度力【針對訓(xùn)練題精選解析】1. （18分）（2012年4月山東德州二模） 計重力），從左極板處由靜止開始經(jīng)電壓為一 一，一1 ，區(qū)，再經(jīng)寬為L的無場區(qū)打到熒光屏上。次在寬為L整個區(qū)域加入電場強度大小為如圖所示，質(zhì)量為m帶電量為+q的帶電粒子（不U的加速電場加速后，經(jīng)小孔 O進入寬為L的場Q是熒光屏的中心， 連線OQ與熒光屏垂直。 第E、方向垂直 OO豎直向下的勻強電場；第二次在寬為L區(qū)域加入寬度均為1L的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同、方向垂直紙面且相反。兩種情況下帶電粒子打到熒光屏的同一點。求:熒光屏+71ft

5、IOi(2)1.帶電粒子剛出小孔 O時的速度大?。患觿驈婋妶鰰r，帶電粒子打到熒光屏上的點到Q的距離d;左右兩部分磁場的方向和磁感應(yīng)強度B的大小。；g分解,（【帶電粒子在加速電場中加速過程，由動能定理得；2分解得：J二1分帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)運動時間為 t,加速度為口，平行電場的分速度為小 側(cè)移距離為由由牛頓第二定律得:m二1分由運動學(xué)公式得 L:”工1分%= or 1 分由得；v = r 1分帶電粒子從離開電場到打到熒光屏上的過程中，設(shè)運動時間為1 ,側(cè)移距離為由運動學(xué)公式得；i =vor 1分由得：U二爐廣1分由得帶電粒子打到熒光屏上的點到。二的距離.d=y+y = -1 分磁場的方向如

6、圖所示，左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。1分帶電粒子運動軌跡與場區(qū)中心線交于M點，經(jīng)聞點 做場區(qū)左邊界的垂線交于M點，經(jīng)N點做過N點速度的垂線交場區(qū)左邊界于。點，0點就是帶電粒子在左半?yún)^(qū)域磁場中做圓周運動的圓心.帶電粒子在兩部分磁場中的運動對稱，出磁場的速度與熒光屏垂直，所（2）發(fā)射之后能夠在第三次經(jīng)過兩磁場邊界時到達O點的粒子，其速度應(yīng)滿足什么條以0 （意思明確即可 2分設(shè)帝電粒子做圓周運動的半徑為R由幾何關(guān)系得;爐=（#+（式J 2分-2由牛頓第二定律得；明等分由孫d的結(jié)論和式解得：8= 號（J/）（未代入原始數(shù)據(jù)不得分）2分2. （2012年4月湖北七市州聯(lián)考）如圖所示 ，在

7、一平面直角坐標(biāo)系所確定的平面內(nèi)存在著兩個勻強磁場區(qū)域，以一、三象限角平分線為界.上方區(qū)域磁場 Bi,垂直紙面向外，下方區(qū)城磁場Ba,也垂直紙面向外.且有 Bi =2B2=2B （B為已知量）.在邊界上坐標(biāo) 為（l , 1）的位置里有一粒子發(fā)射源 S.不斷向y軸負方向發(fā)射各種 速率的帶電粒子.所有粒子帶電均為+ q,質(zhì)量均為m.這些粒子 只受磁場力在平面內(nèi)運動，試問：（1）發(fā)射之后能夠在第一次經(jīng)過兩磁場邊界時到達0點的粒子，其速度應(yīng)確足什么條件？件？（3） 這些粒子中到達 0點所走的最長路程為多少？&解；（1）設(shè)粒子速度為匕則粒子在磁場民中的軌道半徑為R二之二竺. q壇空周期仁現(xiàn)二駟0如圖，當(dāng)粒

8、子第一次抵達磁場邊界即到0點,則圖中的K點即為0點，有由可得：*q/8/厘,C2）設(shè)粒子速度為明則粒子在磁場員中的軌道半徑為L工二E 0缶瓦 IqB周期R二三二三口O點，則圖中的c點即為O點，有2R-r=l。如圖，當(dāng)粒子第三次抵達磁場邊界即到 由可得：v=2qlB/3mt(3)如圖，粒子在磁場B：中運動四分之一圓弧，然后在艮中運動四分之三圓弧, 依此為一個循環(huán)考慮，.若粒子在第n個循環(huán)中完成四分之一圓弧到達原點，則有(n+i)4 代入半徑值可算得滿足此條件的粒子速度三二。I收+1帆其所花時間為t=n* - fa+fn-l； - T： 其總路程為 s=vt, TOC o 1-5 h z 代入相關(guān)

9、數(shù)據(jù)可得弓二上二夜E G 士). 2(+1)2 建+1.若粒子在第n個循環(huán)中完成四分之三圓弧到達原點，則有用問， 代入半徑值可算得滿足此條件的粒子速度.翌。其所花時間為t=n* - ?2+n * - 7：44其總路程為s=vt, 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得廣。 綜上所述，ii情況中，不論口取多少，粒子完成的n次循環(huán)到達原點所經(jīng)過的路 程都一樣，而且位移最大，為沁3. (20分)(2012年4月四川資陽三模) 如圖所示，直角坐標(biāo)系的 Y軸左方為垂直紙面向里 的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為 B.垂直x軸豎直放置一個足夠大接收屏PO,它離原點距離為Og = L /2 ;直角坐標(biāo)系的第一象限和第四象限的abc0

10、, Ocdf均是邊長為L的正方形，其內(nèi)以a、f為圓心各有一垂直紙面方向的半 徑為乙的1/4圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小均為B. bd為一線狀發(fā)射裝置，射出一束質(zhì)量為m電荷量為s的電子，以相同的初速度沿紙面垂直于 bd邊射入兩個正方形區(qū)域，電子從 bd邊上 的任意點入射，都只能從原點O射出，進入Y軸左方磁場.不考慮電子之間的相互作用，不計重力.求：(I)第一象限和第四象限中勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度的方向 和電子初速度V0的大??；(2)電子打到接收屏 PQ上的范圍；(3)打在接收屏上的電子在磁場中運動的最長時間t.3.(20 分)解！Cl)根據(jù)電子在第一，四象限內(nèi)的偏轉(zhuǎn)分析和左 手定則可知；

11、 第一象限的磁場方向為垂直紙面向外 * * * *第四象限的磁場方向為垂直紙面向內(nèi) * * 向* *. * * * * 向*，Il * * * * -考慮從b點射入的電子從。點射出，軌跡如圖所 示，則； 由幾何關(guān)系得其圓周運動的半徑： R=L * *由牛頓運動定律有；聯(lián)解得； TOC o 1-5 h z 3名 m(2)設(shè)從。點沿-y方向進入磁場的電子打在屏上最低點品圓心為S,由圖中 幾何關(guān)系可知：無五一:次=Ja- -(Qg)設(shè)從。點沿某方向進入第二象限的電子其圓軌跡在小點恰與圓相切，該f點為電 子打在屏上最高位置，如圖所示，圓心為6,連接5. J交y軸為/點.由圖中 幾何關(guān)系可知：oj=j?

12、-4百二亦二-(句丫聯(lián)解得二 TOC o 1-5 h z 小;:Ill)接收屏被電子打中范Eh (”-與-=*6 02(3)在所有達到屏上的電子中， 從b點射入的電子在磁場中運動時間最長， 它在磁場中做圓周 運動有：_.2二、2_、ev)B =m()R (13)它在第一象限內(nèi)的運動時間：_一ti =T (14)4它在V軸左側(cè)區(qū)域運動時間為工1,-1（151_ 15電子在磁場中運動時間最長時間為工評分參考意見.本題滿分20分，其中”呢I陽峋式各1分, 舊式各3分。若有其他合理解法且答案正確，可同樣給分,4. （18分）（2012年4月山東濰坊二模） 如圖所示，在第二象限和第四象限的正方形區(qū)域內(nèi)

13、分別存在著兩勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為B,方向相反，且都垂直于xoy平面.一電子由P （-d, d）點，沿x軸正方向射入磁場區(qū)域I.（電子質(zhì)量為 m 電量為e, sin53 =4/5） （1）求電子能從第三象限射出的入射速度的范圍（2）若電子從（0, d/2）位置射出，求電子在磁場 I中運動的時間t.（3）求第（2）問中電子離開磁場 II時的位置坐標(biāo).4.解題指導(dǎo)工畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡，應(yīng)用帶PI4 J 1-L 用 相關(guān)知識和圖中幾何關(guān)系列方程解答。解析：（。能射入第三象限的電子臨界軌跡如圖所示口電子偏轉(zhuǎn)半徑范圍為1一由evB=m ,解彳導(dǎo)v=e8r/mt/射出的入射速度的范圍為 v二

14、.二心，紙面。一比荷q/m=4X 107C/kg帶正電粒子從 N板的P點由靜 :*父止釋放，經(jīng)加速后通過小孔Q,垂直進入環(huán)形磁場區(qū)域。已知點P、。O在同一豎直線上，不計粒子的重力，且不考慮粒子、i / |的相對論效應(yīng)。 TOC o 1-5 h z （1）若加速電壓 U1=1.25X 106V,求粒子剛進入環(huán)形磁場時的 1 廠11速率V0（2）要使粒子能進入中間的圓形磁場區(qū)域，加速電壓 U2應(yīng)滿+i、足什么條件？（3）在某加速電壓下粒子進入圓形磁場區(qū)域，恰能水平通過圓心0,之后返回到出發(fā)點P,求粒子從Q孔進人磁場到第一次回到Q點所用的時間。5. （19分）解題指導(dǎo),利用帶電粒子在電場中運動規(guī)律和在磁場中運動規(guī)律列方 程解答，解I a（