2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 培優(yōu)計劃 高考必考題突破講座（9）帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題學(xué)案

高考必考題突破講座(九) 帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題題型特點考情分析命題趨勢帶電粒子在有界磁場中的運動問題是歷年高考的熱點，特別是帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題，考查以綜合計算為主，也有選擇題出現(xiàn)，對此類問題的分析要把握好帶電粒子的基本運動形式和重要的解題技巧、規(guī)律、方法2017·全國卷，182015·山東卷，242015·四川卷，17帶電粒子在有界磁場中的運動，一般涉及臨界和邊界問題，臨界值、邊界值常與極值問題相關(guān)聯(lián).2019年高考命題主要會從臨界狀態(tài)、邊界狀態(tài)的確定以及所需滿足的條件等設(shè)計考題材料1帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的臨界、極值問題流程圖2涉及問題(1)畫軌跡：畫出帶電粒子在磁場中運動軌跡，并確定圓心，求半徑(2)找聯(lián)系：軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角與圓心角、運動時間相聯(lián)系；在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系(3)用規(guī)律：牛頓運動規(guī)律和圓周運動規(guī)律，特別是周期公式、半徑公式解題方法1動態(tài)放縮法當(dāng)粒子的入射方向不變而速度大小可變時，粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心一定在入射點所受洛倫茲力所表示的射線上，但位置(半徑R)不確定，用圓規(guī)作出一系列大小不同的軌跡圓，從圓的動態(tài)變化中即可發(fā)現(xiàn)“臨界點”，如圖甲臨界情景為和2定圓旋轉(zhuǎn)法當(dāng)粒子的入射速度大小確定而方向不確定時，所有不同方向入射的粒子的軌跡圓是一樣大的，只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉(zhuǎn)，從定圓的動態(tài)旋轉(zhuǎn)(作圖)中，也容易發(fā)現(xiàn)“臨界點”另外，要重視分析時的尺規(guī)作圖，規(guī)范而準(zhǔn)確的作圖可突出幾何關(guān)系，使抽象的物理問題更形象、直觀，如圖乙3數(shù)學(xué)解析法寫出軌跡圓和邊界的解析方程，應(yīng)用物理和數(shù)學(xué)知識求解例1(2017·江蘇蘇州一模)如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v3.2×106 m/s的粒子已知屏蔽裝置寬AB9 cm，縫長AD18 cm，粒子的質(zhì)量m6.64×1027 kg，電荷量q3.2×1019 C若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應(yīng)強度B0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中(1)若所有的粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場的寬度d20 cm，則射出屏蔽裝置的粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結(jié)果可帶根號)解析(1)由題意AB9 cm，AD18 cm，可得BAOODC45°，所有粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有Bqv，解得R0.2 m20 cm由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的粒子的圓周軌跡相切，則所有粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示設(shè)此時磁場寬度dd0，由幾何關(guān)系得d0RRcos 45°(2010)cm則磁場的寬度至少為(2010)×102 m(2)設(shè)粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T，則T×106 s設(shè)速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的粒子的入射點為E，如圖乙所示因磁場寬度d20 cm<d0，且R20 cm，則在EOD間輻射進入磁場區(qū)域的粒子均能穿出磁場右邊界，在EOA間輻射進入磁場區(qū)域的粒子均不能穿出磁場右邊界，沿OE方向進入磁場區(qū)域的粒子運動軌跡與磁場右邊界相切，在磁場中運動時間最長，設(shè)在磁場中運動的最長時間為tmax，則tmax×106 s若粒子在磁場中做勻速圓周運動對應(yīng)的圓弧軌跡的弦長最短，則粒子在磁場中運動的時間最短最短的弦長為磁場寬度d.設(shè)在磁場中運動的最短時間為tmin，軌跡如圖乙所示，因Rd，則圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，故tmin×106 s答案(1)(2010)×102 m(2)tmax×106 stmin×106 s角度1速度方向一定，大小不同帶電粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的帶電粒子進入勻強磁場中，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑隨速度的變化而變化若粒子從定點P以速度v0射入磁場，則軌跡圓心一定在PP直線上(PPv0)，將半徑放縮作軌跡，從而得到臨界條件角度2速度方向一定，方向不同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R.改變初速度v0的方向，粒子運動的軌跡也隨之改變，但所有帶電粒子在磁場中運動的軌跡圓的圓心，均在以入射點為圓心，半徑R的圓上例1如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8 h質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g(1)求電場強度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若離子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值解析本題考查帶點粒子在復(fù)合場中的運動(1)設(shè)電場強度大小為E由題意有mgqE，得E，方向豎直向上(2)如圖甲所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為由r，有r1，r2r1由(r1r2) sin r2，r1r1 cos hvmin(96)(3)如圖乙所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x由題意有3nx1.8h.(n1,2,3)x，x，得r1(1)，n<3.5，即n1時，v；n2時，v；n3時，v答案 (1)E，方向豎直向上(2) (96)(3)見解析1如圖所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，對準(zhǔn)圓心O射入勻強磁場，又都從該磁場中射出這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運動的帶電粒子(D)A速率越大的運動時間越長B運動時間越長的周期越大C速率越小的速度方向變化的角度越小D運動時間越長的半徑越小2如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(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的負離子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知離子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則離子的速率為(不計重力)(D)A B C D解析設(shè)帶負電離子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r，速率為v.根據(jù)題述，帶負電離子射出磁場與射入磁場時速度方向之間的夾角為60°，可知帶電離子運動軌跡所對的圓心角為60°，rsin 30°R.如圖所示由qvBm，解得v，選項D正確3如圖所示，邊界OA與OC之間分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界OA上有一粒子源S.某一時刻，從S平行于紙面向各個方向以某一速率發(fā)射出大量比荷為的同種正電粒子，經(jīng)過一段時間有大量粒子從邊界OC射出磁場，已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，AOC60°，O、S兩點間的距離為L，從OC邊界射出的粒子在磁場中運動的最短時間t，忽略重力的影響和粒子間的相互作用，則粒子的速率為(A)A B C D解析由于粒子速率一定，帶電粒子在磁場中運動時間最短時，軌跡所對應(yīng)弦長最短，即弦長dLsin60°L，由最短時間t知粒子運動軌跡所對應(yīng)圓心角為120°，由幾何關(guān)系知Rsin60°d，由洛倫茲力提供向心力，得qvBm，解得v，選項A正確4空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，O為圓心，磁場方向垂直于紙面向外一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，30°，粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過時間t離開磁場時速度方向與半徑OA垂直不計粒子重力若粒子速率變?yōu)椋渌麠l件不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為(C)A Bt C D2t解析粒子以速度v進入磁場時，根據(jù)幾何關(guān)系，四邊形AOBO為菱形，O、O分別在兩圓的圓周上，如圖所示粒子在磁場中運動的圓心角為AOB；粒子以速度進入磁場時，根據(jù)幾何關(guān)系，粒子在磁場中運動的圓心角為，兩次粒子做圓周運動的周期相同，運動時間之比就等于圓心角之比，所以第二次粒子在磁場運動時間為t.故選項C正確5(2017·全國卷)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂且于紙面向里三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動下列選項正確的是(B)Ama>mb>mc Bmb>ma>mcCmc>ma>mb Dmc>mb>ma解析該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有magqE，解得ma.b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbgqEqvbB，解得mb.c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcgqvcBqE，解得mc.綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確6(2017·全國卷)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上不計重力及帶電粒子之間的相互作用則v2：v1為(C)A2 B1 C1 D3解析由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvBm可知，R，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子的磁場出射點A離P點最遠時，則AP2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子的磁場出射點B離P點最遠時，則BP2R2，由幾何關(guān)系可知，R1，R2Rcos 30°R，則，故選項C正確7如圖所示，在0xa、0y范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，坐標(biāo)原點O處有一個粒子源在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內(nèi)已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時：(1)速度的大?。?2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦值. 解析設(shè)粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得qvBm解得R，當(dāng)<R<a時，在磁場中運動時間最長的粒子，其對應(yīng)圓心角最大，其軌跡是圓心為C的圓弧，圓弧與磁場的邊界相切，如圖所示設(shè)粒子在磁場中運動的時間為t，依題意t，OCA，設(shè)最后離開磁場的粒子的發(fā)射方向與y軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得Rsin R，Rsin aRcos ，又sin 2cos 21，解得R(2)a，v(2)，sin 答案(1)(2)(2)10