2012年高考复习--带电粒子在电场和磁场中的运动(2)

的间距增大到3.6 cm

llqUl【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(L)tan φ＝(＋L) 22mdv0②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．

★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)

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图4－10

(1)求磁场的磁感应强度B．

(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．

T(3)当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒2

子从磁场中射出的点到a点的距离．

【解析】(1)粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．

v02mv0由qv0B＝mB＝ RqR

(2)粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有：

2R＝v0t

RqUT2n2 22mR2

又t＝nT (n＝1,2,3 )

2R解得：T＝(n＝1,2,3 ) nv02nmv0U0＝ (n＝1,2,3 )．

2q

图4－10丙

T(3)当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板2

的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．

mv0[答案] (1)qR

nmv022R(2) (n＝1,2,3 ) (n＝1,2,3 ) (3)2R nv02q

【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．

三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动

1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．

2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键

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有以下三点．

①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．

②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．

θ③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t＝ 求出运动时间． 2π

3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论：

①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．

②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与

RRBq射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin rmv

③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．

●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(0，h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：

图4－11甲

(1)粒子到达x＝R0平面时的速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离．

(2)M点的横坐标xM．

【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0

mv02

做圆周运动时，有：qBv0＝ R0

只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：

qE＝ma

R0＝v0t

vy＝at

解得：vy＝v0

粒子的速度大小为：v＝v0＋vy＝2v0

π速度方向与x轴的夹角为：θ＝4

1R粒子与x轴的距离为：H＝h＋at2＝h＋． 222v(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝ R

解得：R＝2R0

此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该

π直线与x轴和y轴的夹角均为C点的坐标为： 4

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图4－11乙

xC＝2R0

R0yC＝H－R0＝h 2

R过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R2R0，lCD＝yC＝h－2

72解得：lDM＝lCM－lCD＝0＋R0h－h2 4

2M点的横坐标为：xM＝2R0＋R0＋R0h－h2． 4

πR72[答案] (1) h＋ (2)2R0＋R0＋R0h－h2 22

4

【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量．

●例4 如图4－12甲所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点

O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：

图4－12甲

(1)荧光屏上光斑的长度．

(2)所加磁场范围的最小面积．

【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．

图4－12乙

设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：

v2mvev0B＝m，即R＝RBe

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mv0 . Be (2)取与 x 轴正方向成 θ 角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为 E(x,y), 因其射出后能垂直打到屏 MN 上，故有： x=-Rsin θ y=R+Rcos θ 即 x2+(y-R)2=R2 又因为电子沿 x 轴正方向射入时，射出的边界点为 A 点；沿 y 轴正方向射入时，射出的 边界点为 C 点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0,R)为圆心、R 为半径的圆的一部分， 如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为： mv0 2 3 1 π S= πR2+R2- πR2=( +1)( ). 4 4 2 Be mv0 mv0 2 π [答案] (1) (2)( +1)( ) Be 2 Be 【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在 2009 年高 …… 此处隐藏：3275字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……