2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第九章第三讲　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值多解问题

能力提升课第三讲　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值多解问题热点一　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值问题 (师生共研)1．分析方法(1)数学方法和物理方法的结合：如利用“矢量图”“边界条件”等求临界值，利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值．(2)一个“解题流程”，突破临界问题(3)从关键词找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等词语对临界状态给以暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．2．四个结论(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)当速率v一定时，弧长越长，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，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等．(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，则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(所有的弦长中直径最长)．[典例1]　 如图所示，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(　　)A.　　　　　　　　　　　 B．C.  D．解析：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，如图所示．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，运行时间最长，且t＝，故B正确． 答案：B[互动探究]在[典例1]中，若粒子的比荷为，OS＝L，粒子的速率为v，试分析没有粒子从边界OC射出磁场的磁感应强度B应满足的条件．解析：粒子刚好不从OC边界射出的最大直径为S到OC的垂线SD，由几何关系得Rmax＝Lsin 60°＝L，由qvB＝得Bmin＝＝，故没有粒子从边界OC射出磁场的磁感应强度B应满足的条件为B≥.答案：B≥1－1. [临界问题]　(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)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，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(　　) A.　　　　　　　　　 B．C.  D．解析：根据题意画出带电粒子的运动轨迹，粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，故轨迹与ON相切，粒子出磁场的位置与切点的连线是粒子做圆周运动的直径，大小为，根据几何知识可知，粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为d＝＝，D正确．答案：D1－2. [极值问题]　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的取值为(　　) A．B>  B．B<C．B>  D．B<解析：由题意，如图所示，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，电子做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<，选D.答案：D热点二　带电粒子在磁场中运动的多解问题 (师生共研)带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于多种因素的影响，使问题形成多解．多解形成原因一般包含4个方面：1．带电粒子电性不确定形成多解受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解．[典例2]　 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．现有质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN′射出，则粒子入射速率v的最大值可能是多少．解析：题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷．若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，轨道半径：R＝又d＝R－解得v＝(2＋).若q为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则有：R′＝d＝R′＋，解得v′＝(2－).答案：(2＋)(q为正电荷)或(2－)(q为负电荷)2．磁场方向不确定形成多解有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解．[典例3]　(多选)一质量为m，电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，不计粒子的重力，则负电荷做圆周运动的角速度可能是(　　)A.　　　　　　　　　 B．C.  D．解析：依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反．在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，应选AC.答案：AC3．带电粒子速度不确定形成多解有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形成的多解．[典例4]　(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷＝k，则质子的速度可能为(　　)A．2BkL  B．C.  D．解析：因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝(n＝1,2,3…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1,2,3…)，B、D正确．答案：BD4．带电粒子运动的往复性形成多解空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解．[典例5]　某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，画出带电粒子的运动轨迹如图所示．由几何关系得L＝3rsin 30°＋3dcos 30°①且磁场区域的宽度h＝r(1－cos 30°)②联立①②解得h＝(L－d)(1－)．③(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，则有qvB＝m及qv′B＝m④又由几何关系得3rsin 30°＝4r′sin 30°⑤联立④⑤解得Δv＝v－v′＝(－d)(3)设粒子经过上方磁场n次，则由几何关系得L＝(2n＋2)rnsin 30°＋(2n＋2)dcos 30°又有qvnB＝m，解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整数)．答案：(1)(L－d)(1－)　(2)(－d)(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)[反思总结]巧解带电粒子在磁场中运动的多解问题1．分析题目特点，确定题目多解的形成原因．2．作出粒子的运动轨迹示意图(全面考虑多种可能性)．3．若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件．1．(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内(圆心为O)有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群具有相同比荷的负离子以相同的速率由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后又飞出磁场，若离子在磁场中运动的轨道半径大于R，则下列说法中正确的是(不计离子的重力)( AD )A．从Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长B．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大C．所有离子飞出磁场时的动能一定相等D．在磁场中运动时间最长的离子不可能经过圆心O点2．如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( C )A.　　　　　　　　　　 B．C.  D．3．(多选)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界，左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2，B1＝2B2＝2 T，比荷为2×106 C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104 m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，不计粒子的重力，则粒子通过距离O点4 cm的磁场边界上的P点所需的时间为( AC )A.×10－6 s  B．π×10－6 sC.×10－6 s  D．2π×10－6 s4. 如图所示，在真空中坐标xOy平面的x＞0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10－25 kg，电荷量为q＝1.6×10－18 C，求带电粒子能打到y轴上的范围．(不计粒子的重力) 解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得qvB＝m解得R＝＝0.1 m＝10 cm 如图所示，当带电粒子打到y轴上方向的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点．因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm则OA＝＝10 cm当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～10 cm.答案：－10～10 cm[A组·基础题]1．如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则( D )A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和bc边2．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0＜θ＜π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( A )A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短3．(多选) 如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是( AB ) A.　　　　　　　 B．C.  D．4．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU＝mv2代入数据得：v＝20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝得R＝代入数据得：R＝0.50 m而＝0.50 m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin 53°故OQ＝0.90 m.(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OP＞R′＋R′ cos 53°R′＝解得：B′＞ T(取“≥”照样给分)答案：(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′＞ T[B组·能力题]5. 如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用．根据以上信息，可以确定( B )A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1D．粒子3的射出位置与d点相距6．(多选)(2015·四川卷)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T，电子质量m＝9.1×10－31 kg，电量e＝－1.6×10－19 C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( AD )A．θ＝90°时，l＝9.1 cmB．θ＝60°时，l＝9.1 cmC．θ＝45°时，l＝4.55 cmD．θ＝30°时，l＝4.55 cm7．如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝AD＝L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计．(1)若粒子经时间t＝T0恰好垂直打在CD上，求磁场的磁感应强度B0和粒子运动中的加速度a的大小；(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，求磁场的磁感应强度B0的大小及磁场变化的周期T0.解析：(1)设粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qv0B0＝m，解得R＝由题意分析可知粒子运动了3个圆周垂直打在CD上，则可得3R＝L联立解得B0＝粒子做圆周运动的加速度大小为a＝＝.(2)由题意可知粒子每经过一周期，其末速度方向与初速度方向相同，其部分轨迹如图所示，粒子从A到C经历的时间为磁场变化周期的整数(n)倍即AB方向有L＝2nRsin θAD方向有L＝2nR(1－cos θ)联立得cos θ＝，cos θ＝1(舍去)即θ＝60°，R＝联立qv0B0＝m得B0＝(n＝1,2…)又因粒子的运行周期T＝＝(n＝1,2…)由图可推得T0＝，所以T0＝(n＝1,2…)．答案：(1)　　(2)(n＝1,2…)(n＝1,2…)8．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线．质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q点与O点的距离为3a.不考虑粒子重力．(1)求粒子射入磁场时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B＝3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值．解析：(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，由几何关系可得R＝5a，由牛顿第二定律可知qvB0＝m解得v＝.(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得r1＋r1cos θ＝3acos θ＝所以r1＝根据qvB1＝m解得B1＝当B1≥时，粒子不会从AC边界飞出．(3)当B＝3B0时，根据qvB＝m，得粒子在OF下方运动的半径r＝a，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行．根据几何关系知：＝4a；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为L＝n＝4na(n＝1,2,3…)．答案：(1)　(2)不小于　(3)4na(n＝1,2,3…)