第1章 专题强化3 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值及多解问题-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册 （鲁科版2019）

专题强化3　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值及多解问题 [学习目标]　1.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题(重难点)。2.会分析带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题(重难点)。 一、带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界极值问题 解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题的关键 ，通常以题目中的“恰好”“最大”“至少”等为突破口，寻找临界点，确定临界状态，根据磁场边界和题设条件画出轨迹，建立几何关系求解。 (1)刚好穿出或刚好不能穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。 (2)当以一定的速率垂直射入磁场时，运动的弧长越长、圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动时间越长。 (3)速度v不同，比荷相同的粒子在同一磁场里周期相同，运动的圆心角越大，运动时间越长。 (4)在圆形匀强磁场中，当带电粒子运动轨迹的半径大于磁场的半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有弦长中直径最长)。 例1　如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向与CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是(　　) A．v> B．v< C．v> D．v< 答案　A 解析　由题意可知，电子从边界EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度方向与EF平行，即运动轨迹与EF相切，如图所示。由几何知识得： R＋Rcos θ＝d，又R＝， 解得v0＝，因为v越大R就越大，所以当v＞v0时，即能从边界EF射出，故A正确。 例2　(2023·山东青岛高二期末)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力eBv＝m，则磁感应强度与圆周运动轨迹半径关系为B＝， 即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示。A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心O沿半径方向进入磁场，由几何关系可得(3a－rmax)2＝rmax2＋a2，解得rmax＝a，磁场的磁感应强度最小值Bmin＝＝，故选C。 二、带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题 多解的原因： (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)临界状态不唯一形成多解； (4)运动的周期性形成多解。 解决此类问题，首先应画出粒子的可能轨迹，然后找出圆心、半径的可能情况。 考向1　磁场方向不确定形成多解 例3　(多选)如图所示，位于A点的离子源在纸面内沿垂直OQ的方向向上射出一束负离子，重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s，负离子的比荷为，速率为v，OP与OQ间的夹角为30°，则所加匀强磁场的磁感应强度B应满足(　　) A．垂直纸面向里，B> B．垂直纸面向里，B> C．垂直纸面向外，B> D．垂直纸面向外，B> 答案　BC 解析　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则可知负离子向右偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(大圆弧)， 由几何知识知R2＝OBsin 30°＝OB，而OB＝s＋R2，故R2＝s，所以当离子运动轨迹的半径小于s时满足约束条件；由牛顿第二定律可得qvB＝，所以应满足B>，选项A错误，B正确。当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则可知负离子向左偏转，负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子的运动轨迹与OP相切，如图(小圆弧)，由几何知识知R1＝，所以当离子运动轨迹的半径小于时满足约束条件；由牛顿第二定律得qvB＝，所以应满足B>，选项C正确，D错误。 考向2　粒子电性不确定形成多解 例4　如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量的绝对值为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置坐标。 答案　　或　 解析　由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B＝m＝mR 解得R＝，T＝ 当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC所示，故粒子在磁场中运动的时间t1＝T＝ 粒子在C点离开磁场 OC＝2Rsin 60°＝ 故离开磁场的位置为 当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，故粒子在磁场中的运动时间t2＝T＝ 粒子在E点离开磁场OE＝2Rsin 60°＝ 故离开磁场时的位置为。 考向3　临界状态不唯一形成多解 例5　(多选)(2023·山西运城康杰中学高二期末)如图所示，P、Q为一对平行板，板长与板间距离均为d，板间区域内充满匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计)，以水平初速度v0从P、Q两板间左侧中央沿垂直磁场方向射入，粒子打到板上，则初速度v0大小不可能为(　　) A. B. C. D. 答案　BC 解析　若粒子恰好打到板左端，由几何关系可得r1＝，洛伦兹力提供向心力，可得qBv1＝m，解得v1＝，若粒子恰好打到板右端，由几何关系可得r22＝d2＋(r2－)2，解得r2＝， 洛伦兹力提供向心力，可得qBv2＝m，解得v2＝，粒子打到板上，则初速度v0大小范围是≤v0≤，故A、D可能，不符合题意，B、C不可能，符合题意。 考向4　运动的周期性形成多解 例6　如图所示，边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。顶点A处有一粒子源，能沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q，不计粒子重力。则粒子以下列哪一速度发射时不能通过D点(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子带正电，且经过D点，其可能的轨迹如图所示； 所有圆弧所对的圆心角均为60°，所以粒子运动的半径为r＝(n＝1,2,3，…)；粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得v＝＝(n＝1,2,3，…)，故选C。 专题强化练 1.如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为(　　) A．B> B．B< C．B> D．B< 答案　D 解析　由题意可知，电子正好经过C点时的运动轨迹如图所示， 此时圆周运动的半径R＝＝a，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于a，有a<，即B<，D项正确。 2．(2022·天津双菱中学高二期末)如图所示，宽为d的带状区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为e的质子从A点出发，与边界成60°角进入匀强磁场，要使质子从左边界飞出磁场，则质子速度的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　质子速度最大的临界状态是轨迹与PQ相切时，如图所示 由几何知识可得r＋rcos 60°＝d，解得r＝d，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力evB＝，解得v＝，故选A。 3.(2023·内蒙古包头包钢一中高二期末)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图所示，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P，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P点的距离为(　　) A. B.　C. D. 答案　D 解析　带电粒子在磁场中做圆周运动qvB＝m，轨迹半径为r＝， 轨迹与ON相切于P点，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∠OPD＝90°，故PO′D为一直线，则P点到出射点D的距离为＝2r＝，故选D。 4.如图所示，匀强磁场的边界是两个同心圆，内圆的半径为r，内圆和外圆之间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，A是内侧边界上的一点。在圆心O处沿平行于纸面的方向射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子速度方向与OA成60°角，粒子经磁场第一次偏转后刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则下列说法正确的是(　　) A．粒子一定带正电 B．粒子第一次在磁场中运动的时间为 C．粒子运动的速度大小为 D．磁场外边界圆的半径至少为r 答案　D 解析　根据题意，画出粒子第一次在磁场中运动的轨迹如图，根据左手定则可以判断出粒子带负电，选项A错误；粒子第一次在磁场中运动的时间为t＝T＝，选项B错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R＝rtan 30°＝r，根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得v＝，选项C错误；磁场外边界圆的半径至少为r′＝R＋＝r，此时粒子运动轨迹恰好与外边界相切，选项D正确。 5.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界线，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，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN′射出，粒子入射速率v的最大值可能是(　　) A. B. C. D. 答案　BD 解析　设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝m，解得R＝。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN′相切时，粒子恰好不能从边界NN′射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R＋Rcos 45°＝d， 解得R＝(2－)d， 对应的速率v＝。 若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示， 由几何知识得，R－Rcos 45°＝d， 解得R＝(2＋)d 对应的速率v＝，故选B、D。 6．(多选)(2022·湖北卷)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　) A.kBL,0° B.kBL,0° C．kBL,60° D．2kBL,60° 答案　BC 解析　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图， 根据几何关系则有R＝L，由qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子在两个磁场均运动一次时，如图， 因为两个磁场的磁感应强度大小均为B，则根据对称性有R＝L，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，可得v＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3，…)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故B、C正确，A、D错误。 7．(多选)(2022·临沂市高二期末)如图所示，在平面直角坐标系Oxy的第一、二象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0，L)点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场。若沿x轴正方向射入时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力，则(　　) A．粒子一定带正电 B．粒子入射速率为 C．粒子在磁场运动的最短时间为 D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为L 答案　ACD 解析　根据题意，当粒子的速度沿x轴正方向射入时，粒子运动的轨迹如图甲所示，由此可知，粒子带正电，故A正确； 根据洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m，又r＝L，解得v＝，故B错误； 当粒子在磁场中运动时间最短时，粒子运动轨迹如图乙所示，根据几何关系可得θ＝，粒子运动的时间为t＝T＝·＝，故C正确； 当粒子离开磁场的位置与P点连线是轨迹圆的直径时，位置最远，如图丙所示，由几何知识可知PQ＝2L，PQ2＝OP2＋OQ2，解得OQ＝L，故D正确。 8.(2023·滨州市沾化区第一中学高二期末)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab＝cd＝2L，bc＝de＝L，一束He粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。已知氕核的质量为m，电荷量为q。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　设粒子的运动轨迹过bcde上的某一点g，O为粒子做圆周运动轨迹的圆心，当∠Oag最大时，粒子运动轨迹对应的圆心角最大，粒子运动时间最长，由几何关系可知当c点与g点重合时，粒子运动时间最长，如图所示 设轨迹半径为R，则有(2L－R)2＋L2＝R2 可得R＝L 已知氕核的质量为m，电荷量为q，其为氢的同位素，写法为H，则He的相对原子质量为H的3倍，则He粒子的质量为3m，且可知He电荷量为H的2倍，即2q，则有2qvB＝3m 可得v＝，故选D。 9.如图所示，一足够长的矩形区域abcd内存在一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边中点O，沿垂直磁场方向射入一速度方向与ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求： (1)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小v01； (2)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小v02； (3)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示， 若粒子速度大小为v0，则 qv0B＝m，解得v0＝。 (1)设圆心在O1处对应圆弧与cd边相切，对应速度大小为v01 由几何关系得R1sin θ＝，解得R1＝L 则有v01＝＝。 (2)设圆心在O2处对应圆弧与ab边相切，对应速度大小为v02 由几何关系得R2＋R2sin θ＝，解得R2＝ 则有v02＝＝。 (3)由t＝T和T＝＝可知，粒子在磁场中经过的圆弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间越长。当在磁场中运动的半径r<R2时，运动时间最长 则圆弧所对圆心角为α＝2π－2θ＝ 所以最长时间为t＝T＝×＝。 10.一电子质量为m、电荷量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示。现在某一区域加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求： (1)荧光屏上光斑的长度； (2)所加磁场范围的最小面积。 答案　(1)　(2)()2 解析　(1)如图所示。 初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB偏转后运动到P点，为荧光屏上光斑的最高点；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC偏转后运动到Q点，为荧光屏上光斑的最低点。电子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得ev0B＝， 解得R＝ 光斑长度PQ＝R＝。 (2)所加磁场的最小面积是以O′为圆心、R为半径的阴影部分面积，其大小为S＝πR2＋R2－πR2＝()2。 学科网（北京）股份有限公司 $$