4.8.2 “两线两角”破解带电粒子在磁场中的运动(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考物理二轮复习专题辅导与测试

主题二　“两线两角”破解带电粒子在磁场中的运动 　　利用“两线两角”可破解带电粒子在磁场中的运动问题,“两线”是指速度的垂线、弦的中垂线,可确定圆心的位置;“两角”是指圆心角、弦切角,可以结合几何知识计算圆周运动的半径并计算运动时间。 　　[典例]　两金属板MN平行放置,金属板右侧的矩形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场,P、Q分别为ad边和bc边的中点,ab=3L,ad=2L,金属板与矩形区域的轴线PQ垂直,如图所示。质量为m、电荷量为q的粒子在M板附近自由释放,经两板间电压加速后,穿过N板上的小孔,以速度v沿轴线PQ进入磁场区域,并由b点离开磁场。不计粒子重力,求: (1)加速电压U的大小; (2)矩形磁场中磁感应强度的大小; (3)若在矩形磁场右侧,分布着另一个一条边平行于ab边的矩形磁场区域efgh(未画出),粒子经过磁场efgh 偏转后恰好回到出发位置,求矩形磁场efgh的最小面积及对应的磁感应强度大小。(cos 37°=0.8,sin 37°=0.6) [解析]　(1)粒子在电场中加速,由动能定理得qU=mv2 解得U=。 (2)画出粒子的运动轨迹,如图1所示,由勾股定理得 R2=(3L)2+(R-L)2 可得R=5L 由洛伦兹力提供向心力得qvB= 解得B=。 (3)粒子可能的运动轨迹如图2所示, 则粒子离开磁场abcd后,立即进入磁场efgh时,满足题目要求。设粒子在磁场efgh中运动轨迹的半径为r,sin θ=,可得θ=37° 在磁场efgh中,L=rcos θ,r= 磁场efgh面积S=2r(r+rsin θ) 可得B'=,S=5L2。 [答案]　(1)　(2)　(3)5L2　 [进阶训练] 　　在[典例]第(3)问中,试计算带电粒子从P点出发经偏转后回到P点所用的时间。 　　[解析]　在磁场abcd中,带电粒子的运动周期为T1==, 则运动时间为t1=2·T1= 在磁场efgh中,带电粒子的运动周期为 T2== 圆心角为α=360°-2(90°-θ)=254° 则运动时间为t2=T2= 故在磁场中运动的总时间为t=t1+t2=。 [答案]　 [考法全训] 1.(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为 (　 ) A.　　　　　　　　 B. C.(1+) D. 解析:选C　粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得粒子做圆周运动的半径r=,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+=(1+)。故选C。 2.(2024·山东临沂二模)如图所示,半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。质量为m、电荷量为+q的带电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场,最后经过C点离开磁场。已知弧CA对应的圆心角为60°,不计粒子重力。则下列说法正确的是 (　 ) A.粒子运动速率为 B.带电粒子运动过程中经过圆心O C.粒子在磁场中运动的时间为 D.粒子在磁场中运动的路程为 解析:选B　由题意作图如图所示,设该粒子在磁场中运动轨迹的圆心为O',由几何关系可知△AOC为等边三角形。设运动轨迹半径为r,由几何关系可知r=R,由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得v==,故A错误;由图可知,运动轨迹经过圆心O,故B正确;由于运动轨迹对应的圆心角为240°,结合公式T=,可知所用时间为t=T=,故C错误;由几何关系可知s=·2πr=,故D错误。 [专题八　课时作业(一)]　主题一、二学习效果评价 (本检测满分70分) 一、选择题(共9小题,每小题5分,共45分)　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2024·辽宁朝阳二模)如图所示,两平行金属板带有等量异种电荷,极板与外电路断开,一电子从O点沿垂直极板方向射出,最远能达到A点,然后返回。不计电子的重力,若电子从O点射出的初速度不变,将右极板向右平移一小段距离,则 (　 ) A.电子最远能达到A点右侧某点 B.电子最远不可能再达到A点 C.电子返回O点所用时间不变 D.电子返回O点时速度会变小 解析:选C　根据E=,C=,C=,可得两金属板间电场强度E=,在与外电路断开的情况下,向右移动右极板,Q不变,所以电场强度E不变,电子的受力不变,运动情况与之前相同,故选C。 2.(2024·四川成都三模)如图所示,在xOy直角坐标系的第一象限内,半径为a的圆弧外存在范围足够大的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子,粒子速度大小均为v,比荷=k。经过一段时间后发现发射出的总粒子中有的粒子可以回到O点,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,则磁感应强度大小为 (　 ) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析:选D　由题意作图如图所示,当速度方向与x轴正方向夹角为30°时,粒子恰好沿y轴返回O点,由几何关系可得tan 30°=,解得,粒子圆周运动的半径r=a,又由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qvB=m,将r=a,=k代入解得,磁感应强度大小B=,故选D。 3.(2024·四川凉山三模)光滑刚性绝缘正三角形框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场B,长为L的CD边中点P开有一个小孔,如图所示。质量为m、电荷量为q的正电粒子从P点沿垂直于CD边射入磁场后,与正三角形的边发生两次碰撞,再从P点垂直于CD边离开磁场。粒子在每次碰撞前、后瞬间,平行于边方向的速度分量不变,垂直于边方向的速度分量大小不变、方向相反,电荷量不变,不计重力。则粒子的初速度为 (　 ) A. B. C. D. 解析:选B　带正电粒子从P点沿垂直于CD边射入磁场后,与正三角形的边发生两次碰撞,再从P点垂直于CD边离开磁场,可知L=2r,根据qvB=m,可得v=,故选B。 4.(2024·北京西城二模)如图所示,正方形区域abcd内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。一带电粒子从ad边的中点M以速度v垂直于ad边射入磁场,并恰好从ab边的中点N射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确的是 (　 ) A.粒子带负电 B.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从a点射出 C.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子将从b点射出 D.若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子在磁场中的运动时间将变短 解析:选D　根据左手定则可知粒子带正电,故A错误;根据qvB=m,解得r=,设正方形边长为L,粒子分别以速度v和速度2v进入磁场,有=,L=,轨迹如图所示,可知若粒子射入磁场的速度增大为2v,粒子从ab边射出的位置在Nb之间,故B、C错误;若粒子射入磁场的速度增大为2v,则在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角将变小,由t=T,又T=,粒子在磁场中的运动时间将变短,故D正确。 5.(2024·江西高考)(多选)如图所示,垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆,质量均为m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆,两小球均可视为点电荷,带电荷量分别为q和Q。在图示的坐标系中,小球乙静止在坐标原点,初始时刻小球甲从x=x0处由静止释放,开始向下运动。甲和乙两点电荷的电势能Ep=k(r为两点电荷之间的距离,k为静电力常量)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力f,重力加速度为g。关于小球甲,下列说法正确的是 (　 ) A.最低点的位置x= B.速率达到最大值时的位置x= C.最后停留位置x的区间是≤x≤ D.若在最低点能返回,则初始电势能Ep0<(mg-f) 解析:选BD　小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程,根据能量守恒定律有mg(x0-x)=f(x0-x)+,解得x=,A错误;小球甲第一次向下运动至速度最大的位置,此时加速度为零,根据平衡条件有mg=f+,解得x=,B正确;若小球甲停止是在上升的过程,且停止运动后恰好静止,有mg+f=,解得x1=,若小球甲停止是在下降的过程,且停止运动后恰好静止,有mg=+f,解得x2=,因此小球甲最后停留位置x的区间为≤x≤,C错误;若小球甲在最低点能返回,则有>mg+f,解得x<,结合以上分析可知x=,则有<,可得初始电势能Ep0=<(mg-f),D正确。 6.(2024·北京海淀二模)在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场射入,带电粒子①的速度方向与x轴负方向成45°角,带电粒子②的速度方向与x轴正方向成45°角,如图所示,二者均恰好垂直于y轴射出磁场,不计重力,不考虑带电粒子之间的作用力,根据上述信息可以判断的是 (　 ) A.带电粒子①在磁场中运动的半径大 B.带电粒子①在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大 C.带电粒子②在磁场中运动的轨迹短 D.两个粒子在磁场中运动的过程中平均速率相等 解析:选D　根据题意,作出两粒子的运动轨迹图,如图所示,由图可知,带电粒子①的运动轨迹短,带电粒子②的运动轨迹长,根据几何关系,两粒子做匀速圆周运动的半径相等,为r1=r2==OP,故A、C错误;根据洛伦兹力提供向心力F洛=qvB=m,可得v=,两粒子做匀速圆周运动的半径相等,则两粒子射入磁场时的速度大小相等,即两粒子在磁场中运动的过程中平均速率相等,设为v0,对带电粒子①,根据动量定理有IF洛1=mΔv1=m·2v0sin=2mv0sin,对带电粒子②,根据动量定理有IF洛2=mΔv2=m·2v0sin=2mv0sin>IF洛1,故带电粒子①在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量小,故B错误,D正确。 7.用图1所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现,有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图2所示的情境来讨论:在空间中存在平行于x轴的匀强磁场,由坐标原点在xOy平面内以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入磁场的电子的运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于x轴,直径为D,螺距为Δx,则下列说法中正确的是 (　 ) A.匀强磁场的方向为沿x轴负方向 B.若仅增大匀强磁场的磁感应强度,则直径D减小,而螺距Δx不变 C.若仅增大电子入射的初速度v0,则直径D增大,而螺距Δx将减小 D.若仅增大α角(α<90°),则直径D增大,而螺距Δx将减小,且当α= 90°时轨迹为闭合的整圆 解析:选D　将电子的初速度沿x轴及y轴方向分解,沿x轴方向的分速度与磁场方向平行,做匀速直线运动,沿y轴方向的分速度与磁场方向垂直,洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,由左手定则可知,磁场方向沿x轴正方向,故A错误;根据evB=m,T=,且v=v0sin α,解得D=2R=,T=,所以Δx=vxT=,若仅增大磁感应强度B,则D、Δx均减小,故B错误;若仅增大入射的初速度v0,则D、Δx均增大,故C错误;若仅增大α角,则D增大、Δx减小,且当α=90°时Δx=0,故D正确。 8.(2024·江西萍乡二模)(多选)如图所示,竖直面内的绝缘半圆弧轨道BC与绝缘水平轨道AB相切于B点,匀强电场E=2×104 N/C,方向与水平方向夹角为θ=37°。一个电荷量为q=+1×10-4 C的小物块以初速度v0=16 m/s从A点开始向右运动,已知AB间距L=10 m,物块在运动过程中电荷量不变,物块质量m=0.2 kg,圆弧半径R=1 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,摩擦阻力忽略不计。则 (　 ) A.物块从A点到B点过程中,电势能增加了16 J B.物块通过C点时速度大小为20 m/s C.物块在C点处受到的轨道压力为79.2 N D.物块从C点抛出后的加速度大小为10 m/s2 解析:选BC　物块从A点到B点过程中,电场力做功为WAB=EqLcos θ,代入数据解得WAB=16 J,电场力做正功,电势能减小,即物块从A点到B点过程中,电势能减少了16 J,故A错误;物块从A点到C点,根据动能定理可得Eq(Lcos θ+2Rsin θ)-mg·2R=m-m,解得物块通过C点时的速度大小为vC=20 m/s,故B正确;在C点,根据牛顿第二定律有mg+FN-Eqsin θ=m,解得FN=79.2 N,即物块在C点处受到的轨道压力为79.2 N,故C正确;由于电场力大小与重力大小相等,所以物块从C点抛出后的合力大小为F合=2mgcos,所以加速度大小为a==2gcos=2 m/s2,故D错误。 9.(2024·安徽淮北一模)如图甲所示,长为8d、间距为d的平行金属板水平放置,O点为两板中点的一粒子源,能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场,取竖直向下为正方向,不计粒子重力,以下判断正确的是 (　 ) A.能从板间射出的粒子的动能均相同 B.粒子在电场中运动的最短时间为 C.t=时刻进入的粒子,从O'点的下方射出 D.t=时刻进入的粒子,从O'点的上方射出 解析:选A　由题图乙可知场强E=,则粒子在电场中的加速度a==,则粒子在电场中运动的最短时间满足d=a,解得tmin=,故B错误;能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t=,则任意时刻射入电场的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0,可知射出电场时的动能均为m,故A正确;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动为先向下加速,后向下减速速度到零;然后向上加速,再向上减速速度到零……如此反复,则最后从O'点射出时沿电场方向的位移为零,则粒子将从O'点射出,故C错误;t==时刻进入的粒子,在沿电场方向的运动为先向下加速,运动的位移y1=at2=··=d>d,此时粒子已经到达下极板,即粒子不能从右侧射出,故D错误。 二、非选择题(共2小题,共25分) 10.(12分)(2023·湖北高考,节选)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求: (1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小; (2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。 解析:(1)由题意知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r=a,根据qv甲0B=m,解得v甲0=。 (2)由题意知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙,根据T=,有=,则m乙=m 在粒子甲、乙碰撞过程中,取竖直向下为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1(其中v甲1=-3v甲0) m+m乙=m+m乙 解得v乙0=-5v甲0,v乙1=3v甲0,则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为v乙1=。 答案:(1)　(2)m　 11.(13分)(2024·河北高考)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q、质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求: (1)电场强度E的大小; (2)小球在A、B两点的速度大小。 解析:(1)在匀强电场中,A、B两点间的电势差为U,沿电场方向的距离为L,则电场强度大小为 E=。 (2)在A点细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m A到B过程根据动能定理得 qU-mgL=mvB2-mvA2 联立解得 vA=,vB=。 答案:(1)　(2)　 学科网（北京）股份有限公司 $$