【物理】2018届一轮复习沪教版第12讲用好“几何作图”解决磁场中圆周运动学案

【物理】2018届一轮复习沪教版第12讲用好“几何作图”解决磁场中圆周运动学案

第12讲 用好“几何作图”解决磁场中圆周运动 ‎【高考热点】‎ ‎1.带电粒子在磁场中匀速圆周运动.‎ ‎2.带电粒子在有界磁场中的运动.‎ ‎3.带电粒子在有界磁场中的临界与极值问题.‎ 一、带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的数学分析：确定圆心，画出轨迹→由几何方法确定并计算半径→根据圆心角θ，由公式t＝T计算在磁场中运动的时间.‎ ‎2.涉及的物理规律：由牛顿第二定律建立的洛伦兹力提供向心力的关系Bqv＝和周期关系T＝＝.‎ ‎【例1】 (2016·全国卷Ⅱ，18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图1所示.图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角.当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒.不计重力.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )‎ 图1‎ A. B. ‎ C. D. ‎【变式1】 (2016·全国卷Ⅲ，18)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图2所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ‎，方向垂直于纸面向外.一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0).粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角.已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场.不计重力.粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为( )‎ 图2‎ A. B. ‎ C. D. 规律总结 轨道圆的“三个”确定 ‎1.确定圆心O：‎ ‎(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线，两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点).‎ ‎(2)已知入射点和出射点的位置及入射方向时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P为入射点，M为出射点).‎ ‎2.确定半径R：‎ ‎(1)物理方法——R＝；‎ ‎(2)几何方法——一般由三角关系及圆的知识来计算确定.‎ ‎3.确定圆心角(也叫回旋角)φ与时间t：‎ 粒子的速度偏向角α等于回旋角φ，且有φ＝α＝ωt＝t，α＝(l为φ对应的圆弧弧长)，t＝＝.‎ 二、带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动时，不管磁场边界为何种形式(单边界、双边界、三角形、圆形、多边形等)，都应抓住关键的一点，即设法把磁场的边界条件和粒子做圆周运动的半径规划到同一个三角形中去，便于确定半径和圆心角.此类问题中，确定圆心的过程也就是建立空间三角形的过程，注意在三角形中体现速度的偏转角、磁场宽度、粒子做圆周运动的半径等因素.‎ ‎【例2】 如图3所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据求：‎ 图3‎ (1) 带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期.‎ ‎【变式2】 上例改为：如图4所示，在一圆形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿直径从左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据求：‎ 图4‎ ‎(1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期.‎ 规律总结 圆周运动中有关对称规律 ‎1.从直线边界射入匀强磁场的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角与入射速度与边界的夹角相等，如图5、6、7所示.‎ 图5 图6 图7‎ ‎2.在圆形磁场区域内，沿半径射入的粒子，必沿半径射出，如图8所示.‎ 图8‎ 三、带电粒子在有界磁场中的临界与极值问题 ‎1.刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.‎ ‎2.当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，对应圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.‎ ‎3.当速率v变化时，圆心角越大，运动时间越长.‎ ‎4.做图尽量准确，通过画动态圆，确定临界状态.‎ ‎【例3】 两极板M、N相距为d，板长为5d，两板未带电，板间有垂直于纸面的匀强磁场，如图9所示，一大群电子沿平行于板的方向从各个位置以速度v射入板间，为了使电子都不从板间穿出，磁感应强度B的范围为多少？(设电子电荷量为e，质量为m)‎ 图9‎ ‎【变式3】 如图10所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )‎ 图10‎ A.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 B.A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 C.A、B两粒子的之比为 D.A、B两粒子的之比为 规律总结 解决带电粒子在磁场中的临界问题的关键在于 ‎1.运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态.‎ ‎2.根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆心，建立几何关系.‎ ‎3.平行边界的临界条件(如图11所示)‎ ‎　‎ 图11‎ 题组1 带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎1.如图12所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个α粒子(不计重力)以一定速度从AB边的中点M沿既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，正好从AD边的中点N射出.若将磁感应强度B变为原来的2倍，其他条件不变，则这个α粒子射出磁场的位置是( )‎ 图12‎ A.A点 B.ND之间的某一点 C.CD之间的某一点 D.BC之间的某一点 ‎2.如图13是三个从O点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定( )‎ 图13‎ A.a、b是正电子，c是负电子，a、b、c同时回到O点 B.a、b是负电子，c是正电子，a首先回到O点 C.a、b是负电子，c是正电子，b首先回到O点 D.a、b是负电子，c是正电子，a、b、c同时回到O点 ‎3.(多选)如图14所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负粒子(不计重力影响)，从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中( )‎ 图14‎ A.运动时间相同 B.运动轨迹的半径相同 C.重新回到边界时速度的大小和方向相同 D.重新回到边界的位置与O点的距离相等 ‎4.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图15中虚线所示.下列表述正确的是( )‎ 图15‎ A.M带负电，N带正电 B.M的速率小于N的速率 C.洛伦兹力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间 题组2 带电粒子在有界磁场中运动 ‎5.(2016·四川理综，4)如图16所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力.则( )‎ 图16‎ A.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1 ‎ B.vb∶vc＝2∶2，tb∶tc＝1∶2‎ C.vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1 ‎ D.vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ ‎6.如图17所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若∠AOB＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )‎ 图17‎ A. B. C. D. ‎7.(多选)如图18所示，质量为m，电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁场和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，则下列说法中正确的是( )‎ 图18‎ A.两次带电粒子在磁场中经历的时间之比为3∶4‎ B.两次带电粒子在磁场中运动的路程长度之比为3∶4‎ C.两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4‎ D.两次带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3‎ ‎8.带电粒子的质量m＝1.7×10－27 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C，以速度v＝3.2×‎ ‎106 m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17 T，磁场的宽度l＝10 cm，如图19所示.‎ 图19‎ (1) 求带电粒子离开磁场时的速度大小和偏转角.‎ ‎(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及出磁场时偏离入射方向的距离.‎ 题组3 带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题 ‎9.(多选)如图20所示，宽h＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r＝10 cm，则 ( )‎ 图20‎ A.右边界：－8 cm≤y≤8 cm有粒子射出 B.右边界：y＜8 cm有粒子射出 C.左边界：y＞8 cm有粒子射出 D.左边界：0≤y≤16 cm有粒子射出 ‎10.如图21所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三等形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为( )‎ 图21‎ A.B> B.B< C.B< D.B> ‎11.如图22所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场.已知∠AOC＝60.，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )‎ 图22‎ A. B. C. D. ‎12.如图23所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界.现有质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从边界NN′射出，求：粒子入射速度v可能的最大值.‎ 图23‎ 第三阶段 第12讲 用好“几何作图”解决磁场 中圆周运动 备考指导 例1 A [画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，又T＝，联立得T＝由几何知识可得轨迹的圆心角为θ＝，在磁场中运动时间t＝T，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则T＝，解得＝，故选项A正确．]‎ 变式1 D [带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r＝.轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于＝2rsin 30°＝r，故△AO′D为等边三角形，∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，＝＝2＝4r＝，故D正确．]‎ 例2 (1) (2) 解析 如图所示，由带电粒子在磁场中运动的偏转角为60°可知带电粒子运动轨道所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度L＝Rsin 60°.未加磁场时有L＝v0t，加磁场时有qv0B＝，联立各式可求得比荷＝＝，以及T＝＝＝‎ .‎ 变式2 (1) (2)πt 解析 设圆形区域的半径为R，有2R＝v0t；设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系得r＝Rcot 30°＝R，圆心角θ＝60°；结合r＝、T＝，得＝，T＝πt.‎ 例3 ≤B≤ 解析 如图所示，靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板右边缘，对应的磁感应强度有最小值B1，设此时轨道半径为R1，则有evB1＝ 由几何关系得(R1－d)2＋(5d)2＝R 联立解得B1＝ 靠近M板进入磁场的电子刚好打到N板左边缘，对应的磁感应强度有最大值B2，此时轨道半径为R2‎ evB2＝，由几何关系得R2＝ 联立解得B2＝ 综上所述，磁感应强度B的范围为≤B≤ 变式3 D [恰好不从右侧射出，运动轨迹与边界相切．‎ 则根据几何关系可知，A粒子：rA＋rAcos 30°＝d，B粒子，rB＋rBcos 60°＝d；因此A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比＝，A、B错误；根据r＝，可知：A、B两粒子的之比为，D正确，C错误．]‎ 考点突破 ‎1．A [α粒子垂直射入匀强磁场，由于洛伦兹力始终与α粒子的运动方向垂直，所以α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力即qvB＝m可得，α粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r＝，α粒子的运动轨迹如图中a所示，若将磁感应强度B变为原来的2倍，α粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r′＝＝，α粒子的运动轨迹如图中b所示，可见α粒子射出磁场的位置是A点，故本题选A.]‎ ‎2．D [电子所受洛伦兹力的方向指向运动轨迹的凹侧，速度方向沿曲线的切线方向，由左手定则可知，a、b为负电子、c为正电子；电子做圆周运动的周期T＝，与电子电性无关，故a、b、c同时回到O点，选项D正确．]‎ ‎3．BCD [根据r＝可知，它们运动轨迹的半径相同，B对；由它们的运动轨迹可知，两粒子在磁场中的运动时间不同，重新回到边界时速度的大小和方向相同，距离O点的距离相等，A错，C、D对．]‎ ‎4．A [由左手定则知M带负电，N带正电，选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向心力F向＝F洛，即＝qvB得r＝，因为M、N的质量、电荷量都相等，且rM>rN，所以vM>vN，选项B错误；M、N运动过程中，F洛始终与v垂直，F洛不做功，选项C错误；由T＝知M、N两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为，选项D错误．]‎ ‎5．A [带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示，由几何关系得rc＝2rb，θb＝120°，θc＝60°，由qvB＝m得v＝，则vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由T＝，t＝T和θb＝2θc得tb∶tc＝2∶1，故选项A正确，B、C、D错误．]‎ ‎6．D [画出带电粒子进、出磁场时速度方向的垂线交于O′点，O′点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示．连接O′O，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R＝rtan 60°＝r.因为∠AOB＝120°，故∠AO′B＝60°，运动时间t＝T＝×＝，D正确．]‎ ‎7．BC [设OM＝2r1，ON＝2r2，故＝＝，路程长度之比＝＝，B正确；由r＝知＝＝，故＝＝，C正确，D错误；由于T＝，则＝＝1，A错误．]‎ ‎8．(1)3.2×106 m/s 30° (2)3.3×10－8 s 2.7×10－2 m 解析 粒子所受的洛伦兹力F洛＝qvB≈8.7×10－14 N，远大于粒子所受的重力G＝mg＝1.7×10－26 N，因此重力可忽略不计．‎ ‎(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106 m/s.‎ 由qvB＝m得轨道半径 r＝＝ m＝0.2 m.‎ 由题图可知偏转角θ满足sin θ＝＝＝0.5，所以θ＝30°.‎ ‎(2)带电粒子在磁场中运动的周期T＝，可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝()T＝T＝＝ s≈3.3×10－8 s 离开磁场时偏离入射方向的距离 d＝r(1－cos θ)＝0.2× m≈2.7×10－2 m.‎ ‎9．AD [当粒子沿y轴负方向射 入磁场，从右边界射出时，其轨迹与右边界的交点距离x轴最远，画出粒子的运动轨迹(如图a所示)并根据几何关系可求出，粒子的运动轨迹与右边界的交点的纵坐标的取值范围为－8 cm≤y≤8 cm，选项A正确，B错误；当粒子斜向上进入磁场，运动轨迹与右边界相切时(如图中b所示)，可求出，粒子从左边界y＝16 cm处射出，这也是粒子从左边界射出时，离x轴最远的情况，所以选项C错误，D正确．本题答案为A、D.]‎ ‎10．C [由题意，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径r＝＝ ，要想电子从BC边经过，圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝有<，即B<，C选项正确．]‎ ‎11．B [由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动．由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运动时间最长，且t＝，故B项正确．]‎ ‎12．(2＋)或(2－) 解析 若带电粒子带正电荷，轨迹如图所示(上方)与NN′相切的圆周，轨道半径R＝，又d＝R－，解得v＝(2＋).‎ 若带电粒子带负电荷，轨迹是如图所示(下方)与NN′相切的圆周，则有：d＝R＋，‎ 解得v＝(2－).‎ 所以本题正确答案为(2＋)或(2－).‎