（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習 真題模型再現(xiàn)3 帶電粒子在勻強磁場中的運動模型學案

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1、 真題模型再現(xiàn)(三)——帶電粒子在勻強磁場中的運動模型 來源 圖例 考向 模型核心歸納 2015·新課標全國卷Ⅱ第19題 兩個速率相同的電子分別在兩個勻強磁場區(qū)域做圓周運動 圓周運動規(guī)律、牛頓第二定律、洛倫茲力公式 帶電粒子在勻強磁場中的運動模型是高考的熱點模型之一。 1.?？嫉哪Ｐ? (1)帶電粒子在無界勻強磁場中的運動 (2)帶電粒子在半無界勻強磁場中的運動 (3)帶電粒子在半圓形或圓形勻強磁場中的運動 (4)帶電粒子在正方形或三角形勻強磁場中的運動 (5)帶電粒子在兩個不同磁場中的運動 2.模型解法 “4點、6線、3角”巧解帶電粒子在勻強磁場中的運動

2、 (1)“4點”：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O。 (2)“6線”：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線OB和出射速度直線OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO。 (3)“3角”：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC，弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。 2016·新課標全國卷Ⅰ第15題 動能定理、牛頓第二定律、洛倫茲力公式 2016·新課標全國卷Ⅱ第18題 圓周運動、幾何知識、周期公式 2016·新課標全國卷Ⅲ第18題 圓周運動、幾何知識、對稱特點、洛倫茲力公式 2017·全國

3、卷Ⅱ第18題 洛倫茲力、有界磁場中的臨界問題的求法、幾何知識 2017·全國卷Ⅲ第24題 洛倫茲力、周期公式、幾何知識的應(yīng)用 【預(yù)測1】 (2017·木瀆中學)如圖11所示是半徑為R的圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電離子(不計重力)沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，入射點P與ab的距離為。若離子做圓周運動的半徑也為R，則粒子在磁場中運動的時間為(　　) 圖11 A. B. C. D. 解析　如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O1必在過入射點垂直于入射速度方向的直線PO1上，由于粒子的軌道半徑

4、為r＝R，又入射點P與ab的距離為。故圓弧PN對應(yīng)圓心角為120°，由qvB＝m，周期T＝＝，所以粒子在磁場中運動的時間為t＝T＝，故D正確，A、B、C錯誤。 答案　D 【預(yù)測2】 如圖12所示矩形虛線框區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向且垂直邊界線沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td，其大小關(guān)系是(　　) 圖12 A.tatc>td 解析　電子在勻強磁場中做勻速圓周運動

5、的周期為T＝，四個電子m、q相同，B也相同，則它們做圓周運動的周期相同。畫出電子運動的軌跡如圖甲、乙所示。從圖甲可看出，從a、b兩點射出的電子軌跡所對的圓心角都是π，則ta＝tb＝T，從圖乙可看出，從d射出的電子軌跡所對的圓心角∠OO2d<∠OO1c<π，根據(jù)圓周運動的時間t＝T可知，T相同時，圓心角α越大，時間t越長，所以>tc>td，ta＝tb>tc>td。 答案　D 【預(yù)測3】 (2017·重慶適應(yīng)性模擬)如圖13所示，圖中坐標原點O(0，0)處有一帶電粒子源，沿xOy平面向y≥0，x≥0的區(qū)域內(nèi)的各個方向發(fā)射粒子。粒子的速率均為v，質(zhì)量均為m，電荷量均為＋q。有人設(shè)計了方向垂直

6、于xOy平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，使上述所有帶電粒子從該區(qū)域的邊界射出時均能沿y軸負方向運動，不考慮粒子間相互作用，不計粒子重力。試求： 圖13 (1)粒子與x軸相交的坐標范圍； (2)粒子與y軸相交的坐標范圍； (3)該勻強磁場區(qū)域的最小面積。 解析　設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R， 由qvB＝m，得R＝， 如圖所示，粒子與x軸相交的坐標范圍為－≤x≤0。 (2)如圖所示，粒子與y軸相交的坐標范圍為0≤y≤。 (3)由題可知，勻強磁場的最小范圍如圖中的陰影區(qū)域所示。 第一象限區(qū)域一個半徑為R的半圓面積為S1＝， 第二象限區(qū)域四分之一圓的半徑為2R，

7、 其面積為S2＝＝πR2， 第二象限區(qū)域一個半徑為R的半圓面積為S3＝， 則陰影部分面積為S＝S1＋(S2－S3)＝πR2。 答案　(1)－≤x≤0　(2)0≤y≤　(3)πR2 歸納總結(jié) 1.處理帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題的技巧 (1)從關(guān)鍵詞語找突破口：審題時一定要抓住題干中的關(guān)鍵字眼，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語，挖掘其隱含的信息。 (2)數(shù)學方法與物理方法相結(jié)合：借助半徑R和速度大小v(或磁感應(yīng)強度大小B)之間的關(guān)系進行動態(tài)軌跡分析，確定軌跡圓和有界磁場邊界之間的關(guān)系，找出臨界點，然后利用數(shù)學方法求極值。 2.磁場區(qū)域最小面積的求解方法 在

8、粒子運動過程分析(正確畫出運動軌跡示意圖)的基礎(chǔ)上借助幾何關(guān)系先確定最小區(qū)域示意圖，再利用幾何關(guān)系求有界磁場區(qū)域的最小面積。注意對于圓形磁場區(qū)域：①粒子射入、射出磁場邊界時的速度的垂線的交點即軌跡圓圓心；②所求最小圓形磁場區(qū)域的直徑等于粒子運動軌跡的弦長。 課時跟蹤訓練 一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為多項選擇題) 1.如圖1所示，垂直紙面向里的勻強磁場足夠大，兩個不計重力的帶電粒子同時從A點在紙面內(nèi)沿相反方向垂直虛線MN運動，經(jīng)相同時間兩粒子又同時穿過MN，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A.兩粒子的電荷量一定相等，電性可能不同 B.兩粒子的比荷一定相等，電性可

9、能不同 C.兩粒子的動能一定相等，電性也一定相同 D.兩粒子的速率、電荷量、比荷均不等，電性相同 解析　因兩粒子是從垂直MN開始運動的，再次穿過MN時速度方向一定垂直MN，兩粒子均運動了半個周期，即兩粒子在磁場中運動周期相等，由T＝知兩粒子的比荷一定相等，但質(zhì)量、電荷量不一定相等，選項A、D錯誤；因不知粒子的偏轉(zhuǎn)方向，所以粒子電性無法確定，選項B正確；因粒子運動的周期與速度無關(guān)，所以粒子的動能也不能確定，選項C錯誤。 答案　B 2.(2017·鹽城模擬)如圖2所示，在同一豎直平面內(nèi)，有兩個光滑絕緣的圓形軌道和傾斜軌道相切于B點，將整個裝置置于垂直軌道平面向外的勻強磁場中，有一帶正電小

10、球從A處由靜止釋放沿軌道運動，并恰能通過圓形軌道的最高點C。現(xiàn)若撤去磁場，使球仍能恰好通過C點，則釋放高度H′與原釋放高度H的關(guān)系是(　　) 圖2 A.H′H D.不能確定 解析　有磁場時，對小球在最高點有：mg－qBv1＝m，下落過程由動能定理得mg(H－2R)＝mv；無磁場時，對小球在最高點有：mg＝m，下落過程由動能定理得mg(H′－2R)＝mv，解得H′>H，故C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 3.如圖3，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間

11、垂直電場方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場，不計電荷的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長寬之比的值為(　　) 圖3 A. B. C. D. 解析　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因為qU1＝mv，電荷離開加速電場時的速度v0＝；在偏轉(zhuǎn)電場中＝t2，解得t＝d，水平距離l＝v0t＝·d＝d＝d，所以＝。 答案　B 4.如圖4所示，截面為正方形的空腔abcd中有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。若有一束具有不同速率的電子由小孔a沿ab方向射入磁場，打在腔壁上的電子都被腔壁吸收，則(　　) 圖4 A.由小孔c和小孔d射出的電子的速率之比為1∶2 B.由小孔c和小孔d射出的電子的速

12、率之比為2∶1 C.由小孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為2∶1 D.由小孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為4∶1 解析　設(shè)正方形空腔abcd的邊長為L，根據(jù)r＝，可知L＝，＝，則＝2∶1，故選項A錯誤，選項B正確；根據(jù)T＝，可知tc＝＝，td＝＝，＝1∶2，故選項C、D錯誤。 答案　B 5.(2017·天津河西區(qū)三模)如圖5所示，帶正電的A球固定，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子B從a處以速度v0射向A，虛線abc是B運動的一段軌跡，b點距離A最近。粒子經(jīng)過b點時速度為v，重力忽略不計。則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.粒子從a運動到b的過程中動能不斷增

13、大 B.粒子從b運動到c的過程中加速度不斷減小 C.可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點間的電勢差 D.可求出A產(chǎn)生的電場中b點的電場強度 解析　由題圖知，帶電粒子受到A處正電荷的排斥力作用，粒子從a運動到b的過程中庫侖力做負功，其動能不斷減小，故選項A錯誤；粒子從b運動到c的過程中粒子離正電荷越來越遠，所受的庫侖力減小，加速度減小，故選項B正確；根據(jù)動能定理qUa b＝mv2－mv，能求出a、b兩點間的電勢差Ua b，故選項C正確；a、b間不是勻強電場，不能根據(jù)公式U＝Ed求出b點的電場強度，故選項D錯誤。 答案　BC 6.(2017·河南洛陽名校聯(lián)考)如圖6所示，高為h的光滑絕緣曲面

14、處于勻強電場中，勻強電場的方向平行于豎直平面，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從曲面底端的A點開始沿曲面表面上滑，到達曲面頂端B點的速度大小仍為v0，則(　　) 圖6 A.電場力對小球做功為mgh＋mv B.A、B兩點的電勢差為 C.電場強度的最小值為 D.小球在B點的電勢能小于在A點的電勢能 解析　小球上滑過程中，由動能定理有W電－mgh＝0，所以W電＝mgh，選項A錯誤；由W電＝qU可得A、B兩點的電勢差為U＝，選項B正確；由U＝Ed得E＝，若電場線沿AB時，d>h，則E<＝，選項C錯誤；由于電場力做正功，小球的電勢能減小，則小球在B點的電勢能小于在A點的電勢

15、能，選項D正確。 答案　BD 7.(2017·南平檢測)在一個邊界為等邊三角形的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，在磁場邊界上的P點處有一個粒子源，發(fā)出比荷相同的三個粒子a、b、c(不計重力)沿同一方向進入磁場，三個粒子通過磁場的軌跡如圖7所示，用ta、tb、tc分別表示a、b、c通過磁場的時間；用ra、rb、rc分別表示a、b、c在磁場中的運動半徑，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A.ta＝tb>tc B.tc>tb>ta C.rc>rb>ra D.rb>ra>rc 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，由圖示情景可知：粒子軌道半徑rc>rb>ra，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角

16、θa＝θb>θc，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，由于粒子的比荷相同、B相同，則粒子周期相同，粒子在磁場中的運動時間t＝T，由于θa＝θb>θc，T相同，則ta＝tb>tc，故A、C正確，B、D錯誤。 答案　AC 二、非選擇題 8.(2017·山西省重點中學高三5月聯(lián)合考試)如圖8所示為一多級加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點)通過1、2級無初速度地進入第3級加速電場，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級加速后從A點水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進入兩板間，A點在MN板左端M點正上方，傾斜平行金屬板MN

17、、PQ的長度均為L＝1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。 圖8 (1)求A點到M點的高度以及多級加速電場的總電壓U； (2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場，且電場強度大小E＝100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長？ 解析　(1)設(shè)小球從A點到B點的運動時間為t1，小球的初速度為v0，A點到M點的高度為y 則有＝tan θ① cos θ＝v0t1② y－sin θ＝gt③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得 v0＝ m/s，y＝ m④ 帶電小球在多級加速器

18、加速的過程，根據(jù)動能定理有 qU＝mv－0⑤ 代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V (2)進入電場時，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系，將重力正交分解，則 沿y軸方向有 Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥ 沿x軸方向有Fx＝mgsin θ⑦ 故小球進入電場后做類平拋運動，設(shè)剛好從P點離開，則有Fx＝ma⑧ ＝at⑨ dmin＝ t2⑩ 聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m 即兩板間的距離d至少為 m。 答案　見解析 9.(2017·安徽馬鞍山三模)如圖9所示，在xOy平面內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其中x<0區(qū)域無磁場，在0

19、磁場方向垂直xOy平面向里，在x>a區(qū)域的磁場方向垂直xOy平面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從坐標原點O處以一定的速度沿x軸正方向射入磁場。 圖9 (1)若該粒子恰好過點[a，(－1)a]，則粒子的速度為多大？ (2)在滿足(1)的情況下，求粒子從磁場中射出時距原點O的距離； (3)若粒子從O點入射的速度v0大小已知，且無(1)中條件限制，為使粒子能夠回到原點O，則a應(yīng)取何值？ 解析　(1)設(shè)軌跡半徑為r，則[r－(－1)a]2＋a2＝r2 解得r＝a 又有牛頓第二定律得 Bqv＝ 解得v＝ (2)由數(shù)學知識可知 sin∠P1O1O＝， 即∠P1O1O

20、＝45° 故△O1O2O3為等腰直角三角形，所以射出點P3與原點O距離為OP3＝2r－2r＝(4－2)a (3)設(shè)粒子的半徑為R，則Bqv0＝ 即R＝ 要使軌跡回到O點，由對稱性可知軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系易知△O1O2O3必為等邊三角形，故a＝Rsin 60°＝ 答案　(1)　(2)(4－2)a　(3) 10.(2017·南通市模擬)如圖10所示，在真空中，沿水平方向和豎直方向建立直角坐標系xOy，在x軸上方有一沿x軸正方向的勻強電場E(電場強度E的大小未知)。有一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球，從坐標原點O由靜止開始自由下落，當小球運動到P(0，－h(huán))點時，在x軸下方突然加

21、一豎直向上的勻強電場，其電場強度與x軸上方的電場強度大小相等，且小球從P點返回到O點與從O點下落到P點所用的時間相等。重力加速度為g。求： 圖10 (1)小球返回O點時速度的大小； (2)勻強電場的電場強度E的大??； (3)小球運動到最高點時的位置坐標。 解析　(1)設(shè)小球從O點運動到P點所用的時間為t，在P點的速度為v1，返回O點時的速度為v2，則 因為h＝gt2 所以t＝ v1＝gt＝ 因為h＝t 所以v2＝2 (2)因為a＝＝3g F－mg＝ma 所以E＝＝ (3)在豎直方向：y＝＝4h 設(shè)小球進入x軸上方運動到最高點所用時間為t2，則 t2＝＝2 因為ax＝＝＝4g 所以x＝axt＝16h 所以小球運動到最高點的位置坐標為(16h，4h)。 答案　(1)2　(2)　(3)(16h，4h) - 13 -