【創(chuàng)新方案】2014年高考物理一輪復習 第八章 磁場專家專題講座 新人教版

1、PAGE PAGE 5【創(chuàng)新方案】2014年高考物理一輪復習專家專題講座：第八章 磁場帶電粒子在有界磁場中運動的臨界問題的處理方法一、放縮法圖1粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化，如圖1所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v0越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直速度方向的直線PP上。由此我們可得到一種確定臨界條件的方法：在確定這類粒子運動的臨界條件時，可以以入射點P為定點，圓心位于PP直線上，將半徑放縮作軌跡，從而探索出臨界條件，使問題迎刃而解，這種方法稱為“放縮

2、法”。典例1如圖2所示，寬度為d的勻強有界磁場，磁感應強度為B，MM和NN是磁場左右的兩條邊界線?，F(xiàn)有一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中，45。要使粒子不能從右邊界NN射出，求粒子入射速率的最大值為多少？圖2思路點撥帶電粒子射入磁場后，做勻速圓周運動，當入射速率發(fā)生變化時，軌道的圓心應在O1O2直線上，當速率逐漸增大時，半徑增大，直到軌跡與NN邊界相切，通過縮放軌跡，找到臨界情況，可得到入射速率的最大值。解析用放縮法作出帶電粒子運動的軌跡如題圖所示，當其運動軌跡與NN邊界線相切于P點時，這就是具有最大入射速率vmax的粒子的軌跡。由題圖可知：R(1cos 45)d，又B

3、qvmaxmeq f(voal(2,max),R)。聯(lián)立可得：vmaxeq f(2 r(2)Bqd,m)。答案eq f(2 r(2)Bqd,m)二、平移法粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不定的帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運動半徑為Rmv0/qB，如圖3所示。同時可發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑Rmv0/qB的圓(這個圓在下面的敘述中稱為“軌跡圓心圓”)上。圖3由此我們也可以得到一種確定臨界條件的方法：確定這類粒子在有界磁場中運動的臨界條件時，可以將一半徑為Rmv0/qB的圓沿著“軌跡圓心圓”平移，從而

4、探索出臨界條件，這種方法稱為“平移法”。典例2如圖4所示，真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B0.60 T，磁場內有一塊平面感光板ab，板面與磁場方向平行，在距ab玻璃l16 cm處，有一個點狀的放射源S，它向各個方向發(fā)射粒子，粒子的速度都是v3.0106 m/s，已知粒子的比荷eq f(q,m)5.0107 C/kg，現(xiàn)只考慮在圖紙平面中運動的粒子，求ab上被粒子打中的區(qū)域的長度。圖4思路點撥由于帶電粒子進入磁場時的速率是相同的，所以粒子運動軌跡的圓周半徑是相同的，所以可將圓周以S點為轉軸進行旋轉平移，從而可確定出粒子打中區(qū)域的最遠端和最近端。解析粒子帶正電，故在

5、磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有qvBmeq f(v2,R)，由此得Req f(mv,qB)，代入數值得R10 cm，可見，Rl2R。因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖中N左側與ab相切，則此切點P1就是粒子能打中的左側最遠點。NP1eq r(R2(lR)2)8 cm再考慮N的右側，任何粒子在運動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側的P2點，此即右側能打到的最遠點。由圖中幾何關系得NP2 eq r(2R)2l2)12 cm，所求長度為P1P2NP1NP2，代入數值得P1P220 cm。答案20 cm專題小測驗1

6、.如圖5所示，半徑R10 cm的圓形勻強磁場區(qū)域邊界跟y軸相切于坐標系原點O，磁感強度B0.332 T，方向垂直于紙面向里。在O處有一放射源，可沿紙面向各個方向射出速率均為v3.2106 m/s的粒子，已知粒子質量m6.641027 kg，電量q3.21019 C，求：圖5(1)畫出粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心點軌跡，并說明作圖依據；(2)求出粒子通過磁場空間的最大偏轉角；(3)再以過O點并垂直于紙面的直線為軸轉磁場區(qū)域，能使穿過磁場區(qū)且偏轉角最大的粒子射到y(tǒng)軸正方向上，則圓形磁場區(qū)的直徑OA至少應轉過多大角度？解析：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由公式FBF向，得qBveq f

7、(mv2,r)，req f(mv,qB)0.2 m。所以r2R，粒子通過磁場空間做圓周運動的圓心點的軌跡如圖甲中虛線l所示(即以O為圓心，r為半徑的半圓弧ABC)。(2)粒子在磁場中做圓弧運動的軌跡半徑r大小一定，欲穿過磁場時偏轉角最大，須圓弧軌道所夾的弦最長，如圖甲。sineq f(,2)eq f(R,r)eq f(1,2)，60。(3)欲使穿過磁場且偏轉最大的粒子，能射入y軸正方向上，必須使從A點射出的粒子和x軸正方向的夾角大于90，根據幾何關系可知圓形磁場至少應逆時針轉過60，如圖乙所示。答案：(1)見解析(2)60(3)602(2012浙江六校聯(lián)考)如圖6所示，在空間中存在垂直紙面向里

8、的磁感應強度為B的勻強磁場，其邊界AB、CD相距為d，在左邊界的Q點處有一質量為m、帶電量為q的負粒子沿與左邊界成30的方向射入磁場，粒子重力不計。求：圖6(1)帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場，穿過小孔進入如圖所示的勻強電場中減速至零且不碰到負極板，則極板間電壓應滿足什么條件？整個過程粒子在磁場中運動的時間是多少？(3)若帶電粒子的速度是(2)中的eq r(3)倍，并可以從Q點沿紙面各個方向射入磁場，則粒子能打到CD邊界的范圍？解析：(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為R1，運動速度為v0。粒子能從左邊界射出，臨界情況如圖甲所示，R1R1c

9、os 30d，qv0Beq f(mvoal( 2,0),R1)解得v0eq f(Bqd,m(1cos 30)eq f(2(2r(3)Bqd,m)所以粒子能從左邊界射出時速度應滿足veq f(2(2r(3)Bqd,m)(2)帶電粒子能從右邊界垂直射出，如圖乙所示R2eq f(d,cos 30)，Bqv2meq f(voal( 2,2),R2)，qU0eq f(1,2)mveq oal(2,2)解得Ueq f(B2qd2,2mcos230)eq f(2B2qd2,3m)所加電壓滿足的條件Ueq f(2B2qd2,3m)粒子轉過的圓心角為60，所用時間為eq f(T,6)，而Teq f(2m,Bq)因返回通過磁場所用時間相同，所以總時間t2eq f(T,6)eq f(2m,