2024屆高考物理二輪專題復習與測試第一部分專題三電場和磁場第9講磁場帶電粒子在磁場中的運動命題點二帶電粒子在勻強磁場中的運動

命題點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1．兩個觀點算時間．觀點一：由運動弧長計算，t＝eq\f(l,v)(l為弧長)；觀點二：由旋轉角度計算，t＝eq\f(α,360°)Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或t＝\f(α,2π)T)).2．三類邊界磁場中的軌跡特點．(1)直線邊界：進出磁場具有對稱性．(2)平行邊界：存在臨界條件．(3)圓形邊界：等角進出，沿徑向射入必沿徑向射出．(2023·全國甲卷)(多選)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線解析：假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A項錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示，假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心，由幾何關系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其他點撞擊同理，D項正確；即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C項錯誤．故選BD.答案：BD1．(2023·廣東統(tǒng)考一模)一種粒子探測器的簡化模型如圖所示．圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，PQ過圓心，平板MQN為探測器，整個裝置放在真空環(huán)境中．所有帶電離子從P點沿PQ方向射入磁場，忽略離子重力及離子間相互作用力．對能夠打到探測器上的離子，下列分析正確的是()A．打在Q點的左側的離子帶正電B．打在MQN上離Q點越遠的離子，入射速度一定越大C．打在MQN上離Q點越遠的離子，比荷一定越大D．入射速度相同的氫離子和氘離子，打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子解析：由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力向右，則打在Q點的右側的離子帶正電，A項錯誤；作出離子的運動軌跡如下圖所示，由上圖可看出只有在圓形磁場區(qū)域的下半圓射出的離子才可能打到MQN上，且軌跡半徑越小的離子離Q點越遠，且qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB).則當比荷相同，v越小或速度相同比荷越大的離子的軌跡半徑越小，離子離Q點越遠，B、C項錯誤；入射速度相同的氫離子和氘離子，由于氘離子的比荷較小，則氘離子運動軌跡的半徑越大，故打在MQN上的位置更靠近Q點是氘離子，D項正確．故選D.答案：D2.如圖所示，太極圖由“陰魚”和“陽魚”構成，其邊界是以O點為圓心、R為半徑的圓，內部由以O1點和O2點為圓心、等半徑的兩個半圓分割成上下兩部分，其中上部分為“陽魚”，下部分為“陰魚”．O1、O2、O三點共線，A、C兩點分別在半圓O1與O2的圓周上且θ＝60°，CO2⊥O1O2.“陽魚”內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，“陽魚”與“陰魚”的邊界上無磁場．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子P(不計粒子所受重力)從O點以大小為v0的速度沿OO2方向射入“陽魚”，并從A點沿AO1方向進入“陰魚”．(1)求“陽魚”內磁場的磁感應強度大小B；(2)若同種粒子Q從C點沿CO2方向射入“陽魚”，要使粒子Q不會進入“陰魚”，求粒子Q從C點射入“陽魚”時的速度大小應滿足的條件．解析：(1)粒子P在“陽魚”內做圓周運動的軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關系，軌跡圓的半徑r0＝eq\f(R,2)taneq\f(θ,2)，又qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r0)，解得B＝eq\f(2\r(3)mv0,qR).(2)設粒子Q以大小為v1的速度從C點沿CO2方向射入“陽魚”時，其軌跡恰好與圓O相切，如圖乙所示．根據(jù)幾何關系，軌跡圓的半徑為R，又qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，解得v